2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質及其重要化合物教案（學生版）.doc

《2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質及其重要化合物教案（學生版）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質及其重要化合物教案（學生版）.doc（34頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題十一 常見非金屬元素單質及其重要化合物教案（學生版）【命題規(guī)律】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。預計今后的高考中，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?！局攸c知識梳理】一. 鹵素（1）分清氯水、溴水的成分，反應時的作用和褪色的原理。 氯水中正因為存在可逆反應Cl2+H2OHCl+HClO，使其成分復雜且隨著條件的改變，平衡發(fā)生移動，使成分發(fā)生動態(tài)的變化。當外加不同的反應物時，要正確判斷是何種成分參與了反應。氯水中的HClO能使有色物質被氧化而褪色。反之，也有許多物質能使氯水、溴水褪色，發(fā)生的變化可屬物理變化（如萃?。部蓪倩瘜W變化，如歧化法（加堿液）、還原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不飽和的有機物）等。值得一提的是有時雖然發(fā)生化學變化，但仍生成有色物，如Br2與Fe或KI反應。（2）區(qū)分清楚萃取和分液的原理、儀器、操作以及適用范圍與其他物質分離方法不同。萃取和分液是物質分離的眾多方法之一。每一種方法適用于一定的前提。分液適用于分離互不相溶的兩種液體，而萃取是根據(jù)一種溶質在兩種互不相溶的溶劑中溶解性有很大差異從而達到提取的目的。一般萃取和分液結合使用。其中萃取劑的合理選擇、分液漏斗的正確使用、與過濾或蒸餾等分離方法的明確區(qū)分等是此類命題的重點和解決問題的關鍵。命題以選擇何種合適的萃取劑、萃取后呈何現(xiàn)象、上下層如何分離等形式出現(xiàn)。解題關鍵是抓住適宜萃取劑的條件、液體是否分層及分層后上下層位置的決定因素。分液操作時注意“先下后上、下流上倒”的順序。為確保液體順利流出，一定要打開上部塞子或使瓶塞與瓶頸處的小孔或小槽對齊，與大氣相通二 氧族：（1）掌握常見物質的俗名、組成、用途，防止張冠李戴。 本章中出現(xiàn)的物質俗名比較多，有些名稱之間又特別容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大蘇打和蘇打或小蘇打等，還有名目繁多的礬鹽。這些雖屬識記性的知識，但也應做到在理解的基礎上進行記憶，注意它們的性質和用途，對記憶其化學組成有幫助。同時要及時歸納和比較，以便清楚地區(qū)別它們。（2）熟悉有關各種價態(tài)的硫元素性質及轉化，以作推斷題（主要是框圖型）。牢固掌握各種代表物性質及它們之間的知識網絡和反應原理，就可避免死搬硬套。對于框圖型等推斷題，也要善于找“題眼”，挖掘題中隱含的提示，注意對題設條件的充分應用，盡量縮小范圍。推斷時不僅要關注網絡的結構，還要注意題干提供的不起眼的信息，如顏色、狀態(tài)、式量、用途等都可能成為突破的切入口。（3）二氧化硫和氯氣的漂白性SO2和Cl2雖都有漂白性，但漂白原理和現(xiàn)象有不同特點。氯氣的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有強氧化性，將有色物質氧化成無色物質，褪色后不能恢復原來的顏色。而SO2是由于它溶于水生成的亞硫酸與有色物質直接結合，形成不穩(wěn)定的無色化合物，褪色后在一定的條件下又能恢復原來的顏色。如：不顯紅色通入Cl2加熱至沸通入SO2品紅溶液褪色紅色褪色加熱至沸通入Cl2立即變紅隨即變?yōu)闊o色很快變成紅色紫色石蕊通入SO2 三. 氮族：1氨水顯弱堿性的理解。 氨氣溶于水形成氨水，氨水少部分電離出OH-、NH4+，所以氨水具有弱堿性。注意以下兩點：(1)氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分別可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液開始出現(xiàn)沉淀AgOH，繼續(xù)滴加沉淀即溶解生成銀氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成鹽，又根據(jù)氨水與酸的量關系分別得到正鹽和酸式鹽。如：用氨水吸收少量二氧化硫的離子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4+HSO3-是錯誤的。 2NO、O2被水吸收的分析。 NO、O2被水吸收實質上發(fā)生如下反應：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO還可以繼續(xù)氧化，生成NO2再溶于水，這是一個循環(huán)反應。如無任何氣體剩余，最終產物應為HNO3，恰好反應的量的關系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，實際反應中可以有NO或O2剩余，但不能兩者兼有之。 3氮可以形成多種氧化物。NO2可以與水反應生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判斷方法。NO2與溴蒸氣不能用濕潤的KI淀粉試紙檢驗。 4NO3-在酸性溶液中具有強氧化性，可以將Fe2+氧化為Fe3+、SO32-氧化為SO42-，將I-、Br-、S2-氧化為I2、Br2、S。5檢驗NH4+離子，可加入燒堿溶液后，必須加熱，再用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗NH3，否則不一定有NH3放出。四、碳族：（1）CO2通入NaOH溶液的判別。CO2通入NaOH溶液的反應與CO2氣體通入量有關。當CO2通入少量時生成Na2CO3，當CO2通入過量時生成NaHCO3，CO2通入量介于兩者之間，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推斷產物時一定要注意CO2與NaOH間量的關系。（2）Na2CO3溶液中滴加鹽酸過程不清楚。在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先轉化為HCO3-，再滴加鹽酸HCO3-轉化為H2CO3，不穩(wěn)定分解為CO2。如：在10mL0.01mol/L純堿溶液中，不斷攪拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L鹽酸，完全反應后在標準狀況下生成二氧化碳的體積為（答案D）A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL D.0mL（3）CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析錯誤。可用反證法：如能產生沉淀，則反應的化學方程式為：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3+2HCl。因CaCO3溶于鹽酸，故反應不能發(fā)生。因為CO2只有通入中性或堿性溶液才能產生CO32-，并同時產生部分H+，若原溶液無法消耗這部分H+，則不利于CO2轉化為CO32-，也就無法與Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2與CO2反應生成沉淀，就必須加入部分堿溶液中和CO2與H2O反應而產生的H+。同理，該思維方式適用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。（4）不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2與Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3相混。前者是工業(yè)制玻璃的反應式之一，是在高溫條件下發(fā)生的反應，而后者是在水溶液中發(fā)生的反應。若交換條件，兩者均不發(fā)生反應?！究键c突破】考點一碳、硅及其化合物例1下列關于硅單質及其化合物的說法正確的是 ()硅是構成一些巖石和礦物的基本元素水泥、玻璃、水晶飾物都是硅酸鹽制品高純度的硅單質廣泛用于制作光導纖維陶瓷是人類應用很早的硅酸鹽材料A B C D解析：硅元素在地殼中的含量僅次于氧，排第二位，是構成巖石和礦物的基本元素；水晶的主要成分為SiO2，錯；制作光導纖維的原料是石英，而不是高純硅，錯。 答案：C【名師點撥】 1.碳、硅及重要化合物間的轉化關系2硅及其化合物的“反?！?1)Si的還原性大于C，但C卻能在高溫下還原出Si：SiO2+2C Si+2CO。(2)非金屬單質跟堿作用一般無H2放出，但Si能跟強堿溶液作用放出H2：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。(3)非金屬單質一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟HF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。考點二鹵素及其化合物例2.某?；瘜W實驗興趣小組為了探究在實驗室制備Cl2的過程中有水蒸氣和HCl揮發(fā)出來，同時驗證氯氣的某些性質，甲同學設計了如下圖所示的實驗裝置?；卮鹣铝袉栴}：(1)若用含有0.2 mol HCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應制Cl2，制得的Cl2體積(標準狀況下)總是小于1.12 L的原因是 。(2)裝置B中盛放的試劑名稱為 ，作用是 。裝置C和D中出現(xiàn)的不同現(xiàn)象說明的問題是 。裝置E的作用是 。寫出裝置F中發(fā)生反應的離子方程式 。(3)乙同學認為甲同學的實驗有缺陷，不能確保最終通入AgNO3溶液中的氣體只有一種。為了確保實驗結論的可靠性，證明最終通入AgNO3溶液的氣體只有一種，乙同學提出在某兩個裝置之間再加一個裝置，你認為該裝置應加在 與 之間(填裝置字母序號)，裝置中應放入 (填寫試劑或用品名稱)。解析本題是考查氯氣的制備和性質的實驗。(1)MnO2與濃鹽酸的反應，隨著反應的進行，鹽酸濃度降低到某一數(shù)值后，反應將停止，因此制得的Cl2小于理論值。(2)B中盛放無水硫酸銅，檢驗水蒸氣的存在；C和D中實驗現(xiàn)象說明干燥的氯氣不具有漂白性，潮濕的氯氣(或HClO)具有漂白性；依據(jù)氯氣的物理性質，氯氣易溶于CCl4溶液，所以 E的作用為吸收氯氣。F中為HCl與AgNO3的反應。(3)在E和F之間加入一個裝置用來檢驗在F中氯氣是否被完全吸收，可以用濕潤的有色布條或濕潤的淀粉KI試紙。答案 (1)濃鹽酸的濃度隨著反應的進行降低到一定數(shù)值以后，將不再反應；加熱時濃鹽酸因揮發(fā)而損失(2)無水硫酸銅 檢驗有水蒸氣產生干燥的氯氣無漂白性，潮濕的氯氣(或次氯酸)有漂白性吸收氯氣AgCl=AgCl(3) E F 濕潤的淀粉KI試紙(或濕潤的有色布條)考點三氧、硫及其化合物例3.如下圖所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶體，并吸入少量濃硫酸(以不接觸紙條為準)。則下列有關說法正確的是( )A藍色石蕊試紙先變紅后褪色B沾有KMnO4溶液的濾紙褪色，證明了SO2的漂白性C品紅試紙褪色，證明了SO2的漂白性D沾有酚酞和NaOH溶液的濾紙褪色，證明了SO2的漂白性解析：Na2SO3與濃硫酸反應產生SO2氣體，SO2溶于水生成H2SO3，能使藍色石蕊試紙變紅，但SO2不能使指示劑褪色；SO2能使品紅溶液褪色說明SO2具有漂白性，而SO2具有還原性，能被KMnO4氧化；實驗中多余的SO2可用強堿溶液吸收，以防污染環(huán)境。答案：C【名師點撥】 1.硫及其重要化合物間的轉化關系2常見無機酸中的重要規(guī)律和重要特(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元素非金屬性的強弱，如酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H2SiO3。證明酸性強弱順序，可利用復分解反應中“強酸制弱酸”的規(guī)律，如：Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO強氧化性酸（如：HNO3、濃H2SO4）與金屬反應，一般不生成H2；金屬和濃HNO3反應一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應則生成NO。（2）重要特性H2SiO3(或H4SiO4)為難溶性酸，濃鹽酸、濃硝酸為揮發(fā)性酸。硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強氧化性，屬于氧化性酸，其中硝酸、HClO見光受熱易分解。濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應時，隨著反應的進行，產物會發(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?？键c四氮及其化合物的性質例432.64 g銅與140 mL一定濃度的硝酸反應，銅完全溶解產生的NO和NO2混合氣體在標準狀況下的體積為11.2 L。請回答：(1)NO的體積為 L，NO2的體積為 L；(2)待產生的氣體全部釋放后，向溶液中加入V mL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部轉化成沉淀，則原硝酸溶液的濃度為 mol/L；(3)欲使銅與硝酸反應生成的氣體在NaOH溶液中全部轉化為NaNO3，至少需要30%的雙氧水 g。解析：在硝酸參與的氧化還原反應的有關計算中，正確運用兩個守恒原理：一是原子守恒；二是得失電子守恒，這樣會使解題既快速又準確。(1)設生成NO的體積為x，NO2的體積為y，建立方程xy11.2 L，又由于在氧化還原反應中，Cu失去的電子數(shù)等于NO、NO2得到的電子數(shù)，建立方程為312，由聯(lián)解得x5.8 L，y5.4 L。(2)分析題意：原硝酸中氮元素守恒，N最終以NO、NO2混合氣體及NaNO3形式存在于溶液中。故c(HNO3) mol/L(3)依據(jù)氧化還原反應的規(guī)律：H2O2作氧化劑，NO、NO2混合氣體作還原劑，按照得失電子相等的原則，推算：(1)(2)2(5)(2)(5)(4)，即m(H2O2)57.7 g。答案：(1) 5.8 5.4 (2) (aV1030.5)/0.14(3) 57.7 【名師點撥】 1.氮及其重要化合物的轉化關系2NO、NO2與O2溶于水的簡單計算，利用好兩個比值43、41即可4NO3O22H2O=4HNO34NO2O22H2O=4HNO3另外HNO3的性質，尤其是強氧化性是熱點，涉及與單質反應產物的判斷，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。【高考失分警示】1分清氯水、溴水的成分，反應時的作用和褪色的原理。氯水中正因為存在可逆反應Cl2H2OHClHClO，使其成分復雜且隨著條件的改變，平衡發(fā)生移動，使成分發(fā)生動態(tài)的變化。當外加不同的反應物時，要正確判斷是何種成分參與了反應。氯水中的HClO能使有色物質被氧化而褪色。反之，也有許多物質能使氯水、溴水褪色，發(fā)生的變化可屬物理變化(如萃取)，也可屬化學變化，如歧化法(加堿液)、還原法(如Mg、SO2等)、加成法(加不飽和的有機物)等。值得一提的是有時雖然發(fā)生化學變化，但仍生成有色物質，如Br2與Fe或KI反應。2化學常用語言中的“酸的氧化性和氧化性酸”的含義各異。酸的氧化性是指酸的水溶液電離出H呈現(xiàn)的氧化性，是H得到電子的性質。氧化性酸應具有顯著的氧化性，一般指含氧酸根中處于正價態(tài)的非金屬原子得到電子的性質，常見的氧化性酸有濃H2SO4、HNO3和HClO等。3“規(guī)律是學習的主線，特性往往是考點”。復習時除要總結一些有關非金屬的規(guī)律外還應注意非金屬單質的一些特性。如：(1)規(guī)律：活潑的非金屬可把不活潑的非金屬單質從其鹽溶液中置換出來。特性：F2不能從氯化鈉水溶液中置換出Cl2，而是先與水反應生成O2。(2)規(guī)律：Cl2、Br2、I2與堿液、H2O發(fā)生歧化反應：X22NaOH=NaXNaXOH2O(X代表Cl、Br、I)。特性：F2與NaOH溶液反應時先與水反應生成O2：2F24NaOH=4NaF2H2OO2?！靖呖颊骖}精解精析】【xx高考試題解析】1（上海）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：A2（上海）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：D3.（重慶）對滴有酚酞試液的下列溶液，操作后顏色變深的是A.明礬溶液加熱 B.CH3COONa溶液加熱C.氨水中加入少量NH4Cl固體 D.小蘇打溶液中加入少量NaCl固體【答案】B【解析】明礬KAl(SO4)212H2O在水中電離后產生的Al3水解使溶液呈酸性，加熱導致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液顏色不變化，因此A項不符合題意。CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，滴加酚酞后溶液顯紅色，加熱使堿性增強，因此紅色變深。氨水為弱堿，發(fā)生不完全電離：NH3H2ONH4OH，加入酚酞后溶液變?yōu)榧t色，而NH4Cl=NH4Cl，其中的NH4會抑制氨水的電離，使溶液堿性減弱，顏色變淺。NaCl對NaHCO3溶液中HCO3的水解無影響4.（浙江）下列說法不正確的是A變色硅膠干燥劑含有CoCl2，干燥劑呈藍色時，表示不具有吸水干燥功能B硝基苯制備實驗中，將溫度計插入水浴，但水銀球不能與燒杯底部和燒杯壁接觸C中和滴定實驗中，容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，必須干燥或潤洗后方可使用D除去干燥CO2中混有的少量SO2，可將混合氣體依次通過盛有酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶【答案】A【解析】本題考察實驗化學內容。A錯誤，無水CoCl2呈藍色，具有吸水性B正確，燒杯底部溫度高。C正確，滴定管和移液管需考慮殘留水的稀釋影響。D正確，利用SO2的還原性，用KMnO4酸性溶液除去。5.（四川）下列“化學與生活”的說法不正確的是( )A硫酸鋇可用鋇餐透視B鹽鹵可用于制豆腐C明礬可用于水的消毒，殺菌D醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】C【解析】硫酸鋇不溶于胃酸，可以做鋇餐，A項正確。鹽鹵可以使豆?jié){發(fā)生凝聚生產豆腐，B項正確。明礬可以用于水的凈化，不能殺菌、消毒，C項錯誤。醋酸可以與水垢的成分碳酸鈣反應，可以用來除垢，D項正確。6.（四川）甲、乙、丙、丁四種易學溶于水的物質，分別由NH4 、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、HCO3 、SO42 中的不同陽離子和陰離子各一種組成，已知：將甲溶液分別與其他三種物質的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 mol/l乙溶液中c(H)0.1 mol/l；向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，下列結論不正確的是( )A甲溶液含有Ba2B乙溶液含有SO42 C丙溶液含有ClB丁溶液含有Mg2【答案】D【解析】根據(jù)中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根據(jù)中現(xiàn)象，可以推知丙中含有Cl；再結合中提供信息，甲與其它三種物質混合均產生白色沉淀，則可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3。故D項錯誤。7.（江蘇）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，可在常溫下作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【答案】A【解析】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)?價，從而體現(xiàn)氧化性。銅的金屬活潑性比鐵的差，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。8（上海）草酸晶體(H2C2O42H2O) 100開始失水，101.5熔化，150左右分解產生H2O、CO和CO2。用加熱草酸晶體的方法獲取某些氣體，應該選擇的氣體發(fā)生裝置是（圖中加熱裝置已略去）解析：根據(jù)草酸晶體的性質不難得出答案是D。答案：D9（上海）物質的量為0.10 mol的鎂條在只含有CO2和O2混合氣體的容器中燃燒（產物不含碳酸鎂），反應后容器內固體物質的質量不可能為 A3.2g B4.0g C4.2g D4.6g解析：若鎂全部與氧氣反應只生成氧化鎂，其質量是4g；若鎂全部與二氧化碳反應生成氧化鎂和碳，其質量是4.6g。因為只要有氧氣存在，就不可能生成單質碳，即鎂應該首先與氧氣反應，所以選項D是不可能。答案：D10（上海）甲醛與亞硫酸氫鈉的反應方程式為HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na，反應產物俗稱“吊白塊”。關于“吊白塊”的敘述正確的是 A易溶于水，可用于食品加工 B易溶于水，工業(yè)上用作防腐劑C難溶于水，不能用于食品加工 D難溶于水，可以用作防腐劑解析：根據(jù)有機物中含有的官能團可以判斷，該物質易溶于水，但不能用于食品加工。答案：B11.（江蘇）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【答案】B【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。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、高溫則不然。12.（四川）下列實驗“操作和現(xiàn)象”與“結論”對應關系正確的是操作和現(xiàn)象結論A向裝有Fe(NO3)2溶液的試管中加入稀H2SO4，在管口觀察到紅棕色氣體HNO3分解成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu(OH)2濁液，加熱，沒有紅色沉淀生成淀粉沒有水解成葡萄糖C向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170C產生的氣體通入酸性KmnO4溶液，紅色褪去使溶液褪色的氣體是乙烯D向飽和Na2CO3中通入足量CO2 溶液變渾濁析出了NaHCO3【答案】D【解析】向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4，則會發(fā)生離子反應：3Fe2NO3 4H=3Fe3NO2H2O，產生的NO在管口生成NO2呈現(xiàn)紅色，而不是HNO3分解產生NO2，故A項錯誤。應加入堿將水解后的淀粉溶液調節(jié)成堿性，才可以產生紅色沉淀，B項錯誤。乙醇和濃硫酸反應制取乙烯的過程中，會有少量的SO2產生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C項錯誤。飽和Na2CO3溶液中通入CO2發(fā)生反應：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，由于產生的碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，故會從過飽和溶液中析出，D項正確。13.（山東）（14分）研究NO2、SO2 、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。（1）NO2可用水吸收，相應的化學反應方程式為 。利用反應6NO2 7N512 H2O也可處理NO2。當轉移1.2mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是 L。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H=-196.6 KJmol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g） H=-113.0Kmol-1 則反應NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H= KJmol-1。 一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是 。a體系壓強保持不變 b混合氣體顏色保持不變cSO3和NO的體積比保持不變 d每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO2 測得上述反應平衡時NO2與SO2體之比為1:6，則平衡常數(shù)K 。（3）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示。該反應H 0（填“”或“ ”）。實際生產條件控制在250、1.3104kPa左右，選擇此壓強的理由是 ?！敬鸢浮浚?）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；（2）41.8；b；2.67或8/3；(3)；在1.3104KPa下，CO轉化率已較高，再增大壓強CO轉化率提高不大，而生產成本增加，得不償失【解析】本題綜合考查氮的氧化物化學性質及其簡單氧化還原反應計算，熱化學方程式的計算化學平衡狀態(tài)判斷，化學平衡常數(shù)計算，平衡移動方向與反應熱的關系，實際工業(yè)條件的選擇等內容。（1）(i)易知反應為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(ii)氧化還原反應的簡單計算，1mol NO2N2，得到4mol電子，則轉移1.2mol電子時，NO2為0.4mol，在標準狀況下其體積為6.72L；（2)(i)對兩個已知反應編號：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H1=-196.6 kJmol-1；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；H2=-113.0 kJmol-1；再由（-）/2得目標反應：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）；由蓋斯定律得：H3=（H1H2）/2=(-196.6+113.0)/2= 41.8KJmol-1。(ii)該反應（NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）兩邊氣力計量數(shù)相等，故壓強不變，A錯誤；該體系中只有NO2有顏色，顏色深淺與NO2濃度有關，當它濃度不變，即可說明達到平衡，此時濃度不變，故B正確；由于開始沒加入SO3和NO，且反應中兩者計量數(shù)值比為1，故無論是否達到平衡，只要反應發(fā)生發(fā)生，SO3和NO體積之比等于其物質的量只比，為1:1,不能說明是否達到平衡，故C錯誤；D選項，每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO2 說明逆反應方向在進行，故D錯誤，改為：每消耗1 mol SO3的同時生成1 mol NO才能說明達到平衡； (iii)不妨令NO2與SO2分別為1mol和2mol，容積為1L,假設NO2轉化了a mol則SO2也轉化了a mol，同時生成SO3和NO各a mol，又由題意可得方程：解得a=0.8,再由K=2.67；（3）(i)由圖像可知反應：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的正反應為放熱反應，因為相同壓強下，溫度越高CO的轉化率越低，說明升溫平衡逆移，故H B.溶液中陰離子的物質的量濃度之和:C.溶液中: D.溶液中:答案： C 解析：本題考查鹽類水解知識；鹽類水解促進水的電離,且Na2CO3的水解程度更大，堿性更強，故水中電離出的H+個數(shù)更多，A項正確；B鈉離子的物質的量濃度為0.2 mol/L而鈉離子的物質的量濃度為0.1 mol/L根據(jù)物料守恒及電荷守恒可知溶液中陰離子的物質的量濃度之和:，B項正確；C項水解程度大于電離所以C(H2CO3)C(CO32-)D項 C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于電離。判斷D正確。C、D兩項只要寫出它們的水解及電離方程式即可判斷。（xx廣東理綜卷）33.（16分） 某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時，利用剛吸收過少量SO2的NaOH溶液對其尾氣進行吸收處理。（1）請完成SO2與過量NaOH溶液反應的化學方程式：SO2+2NaOH = _（2）反應Cl2+Na2SO3+2 NaOH=2NaCl+Na2SO4+H2O中的還原劑為_（3）吸收尾氣一段時間后，吸收液（強堿性）中肯定存在Cl、OH和SO請設計實驗，探究該吸收液中可能存在的其他陰離子（不考慮空氣的CO2的影響）提出合理假設 假設1：只存在SO32-；假設2：既不存在SO32-也不存在ClO；假設3：_設計實驗方案，進行實驗。請在答題卡上寫出實驗步驟以及預期現(xiàn)象和結論。限選實驗試劑：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊試液實驗步驟預期現(xiàn)象和結論步驟1：取少量吸收液于試管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后將所得溶液分置于A、B試管中步驟2：步驟3：解析：(1) NaOH過量，故生成的是正鹽：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。(2)S元素的價態(tài)從+4+6，失去電子做表現(xiàn)還原性，故還原劑為Na2SO3。(3)很明顯，假設3兩種離子都存在。加入硫酸的試管，若存在SO32-、ClO-，分別生成了H2SO3和HClO；在A試管中滴加紫色石蕊試液，若先變紅后退色，證明有ClO-，否則無；在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，若紫紅色退去，證明有SO32-，否則無。答案：(1) Na2SO3+H2O(2) Na2SO3(3) SO32-、ClO-都存在實驗步驟預期現(xiàn)象和結論步驟1：取少量吸收液于試管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后將所得溶液分置于A、B試管中步驟2：在A試管中滴加紫色石蕊試液若先變紅后退色，證明有ClO-，否則無步驟3：在B試管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液若紫紅色退去，證明有SO32-，否則無（xx山東卷）30（16）聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學式為，廣泛用于污水處理。實驗室利用硫酸廠燒渣（主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO47H2O ）過程如下：（1）驗證固體W焙燒后產生的氣體含有SO2 的方法是_。（2）實驗室制備、收集干燥的SO2 ，所需儀器如下。裝置A產生SO2 ，按氣流方向連接各儀器接口，順序為a f裝置D的作用是_，裝置E中NaOH溶液的作用是_。（3）制備綠礬時，向溶液X中加入過量_，充分反應后，經_操作得到溶液Y，再經濃縮，結晶等步驟得到綠礬。（4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質量分數(shù)，用pH試紙測定溶液pH的操作方法為_。若溶液Z的pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質量分數(shù)偏_。解析： (1)檢驗SO2的方法一般是：將氣體通入品紅溶液中，如品紅褪色，加熱后又變紅。(2) 收集干燥的SO2，應先干燥，再收集(SO2密度比空氣的大，要從b口進氣)，最后進行尾氣處理；因為SO2易與NaOH反應，故的作用是安全瓶，防止倒吸。(3)因為在燒渣中加入了硫酸和足量氧氣，故溶液Y中含有Fe3+，故應先加入過量的鐵粉，然后過濾除去剩余的鐵粉。(4)用pH試紙測定溶液pH的操作為：將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點到試紙的中央，然后跟標準比色卡對比。Fe(OH)3的含鐵量比Fe2(SO4)3高，若溶液Z的pH偏小，則生成的聚鐵中OH-的含量減少，SO42-的含量增多，使鐵的含量減少。答案：(1)將氣體通入品紅溶液中，如品紅褪色，加熱后又變紅，證明有SO2。(2)d e b c；安全瓶，防止倒吸；尾氣處理，防止污染（3）鐵粉 過濾（4）將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點到試紙的中央，然后跟標準比色卡對比。 低（xx上海卷）23胃舒平主要成分是氫氧化鋁，同時含有三硅酸鎂(Mg2Si3O8.nH2O)等化合物。1)三硅酸鎂的氧化物形式為 ，某元素與鎂元素不同周期但在相鄰一族，且性質和鎂元素十分相似，該元素原子核外電子排布式為 。2)鋁元素的原子核外共有 種不同運動狀態(tài)的電子、 種不同能級的電子。3)某元素與鋁元素同周期且原子半徑比鎂原子半徑大，該元素離子半徑比鋁離子半徑 (填“大”或“小”)，該元素與鋁元素的最高價氧化物的水化物之間發(fā)生反應的離子方程式為： 4) Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是 。aAl2O3、MgO和SiO2都不溶于水bAl2O3、MgO和SiO2都是白色固體 cAl2O3、MgO和SiO2都是氧化物 dAl2O3、MgO和SiO2都有很高的熔點答案：1)2MgO.3SiO.nH2O、1s22s1；2)13、5；3)大、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；4)ad。解析：此題考查了硅化合物、元素周期表、原子的核外電子排布、原子的核外電子運動狀態(tài)、元素周期律等知識。1）根據(jù)胃舒平中三硅酸鎂的化學式和書寫方法，其寫作：2MgO.3SiO.nH2O；與鎂元素在不同周期但相鄰一族的元素，其符合對角線規(guī)則，故其是Li，其核外電子排布為：1s22s1；2)中鋁元素原子的核外共有13個電子，其每一個電子的運動狀態(tài)都不相同，故共有13種；有1s、2s、2p、3s、3p共5個能級；3)與鋁元素同周期且原子半徑大于鎂的元素是鈉，其離子半徑大于鋁的離子半徑；兩者氫氧化物反應的離子方程式為：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；4)分析三種氧化物，可知三者都不溶于水且都具有很高的熔點。（xx上海卷）24向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色。如果繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色。