专题06非金属元素及其化合物

专题06非金属元素及其化合物【核心考点梳理】一、卤族元素1．氯气的化学性质H2＋Cl22HCl2Fe＋3Cl22FeCl3Cl2＋H2OHCl＋HClO2NaOH＋Cl2=NaClO＋NaCl＋H2O2Ca(OH)2＋2Cl2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O6FeBr2＋3Cl2=4FeBr3＋2FeCl3(氯气少量)2FeBr2＋3Cl2=2FeCl3＋2Br2(氯气过量)氯水成分复杂，性质多样：强酸性——H＋的性质；杀菌、漂白性——HClO的性质；强氧化性——Cl2的性质。氯气溶于水，但不溶于饱和食盐水，因此可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。Cl2与NaOH溶液的反应被用于实验室除去多余的Cl2，常出现在框图推断中。【易错警示】氯气与FeBr2溶液反应时，一定要注意二者量的关系，Cl2首先氧化的是Fe2＋，然后氧化Br－；但Cl2与FeI2溶液反应时，首先氧化的是I－，然后氧化Fe2＋。根据得失电子守恒可得出相应反应的离子方程式，如等物质的量的Cl2与FeBr2在溶液中反应时，其离子方程式为2Fe2＋＋2Cl2＋2Br－=2Fe3＋＋4Cl－＋Br2。2．含氯化合物2HClO2HCl＋O2↑Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClONaClO＋2HCl=NaCl＋Cl2↑＋H2OMnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OHClO可作漂白剂和杀菌剂是由于HClO具有强氧化性，长时间放置的氯水易变质是由于HClO在光照条件下极易分解，所以新制的氯水需避光保存。3．卤素单质间的置换反应Cl2＋2NaBr=Br2＋2NaClCl2＋2NaI=I2＋2NaClBr2＋2KI=2KBr＋I2以上反应可用于比较Cl2、Br2、I2氧化性(非金属性)的强弱或与CCl4、淀粉溶液相结合用于溶液中Br－、I－的检验。二、氧族元素1．硫的氧化物SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O(SO2不足)SO2＋NaOH=NaHSO3(SO2过量)2SO2＋O22SO3SO3＋H2O=H2SO4SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4SO2既具有氧化性也具有还原性，在溶液中与强氧化剂反应时都生成SOeq\o\al(2－,4)，由此可用于解释Na2SO3在空气中的变质。SO2的漂白性相对“可逆”：SO2＋色素,△无色化合物，常用于其检验。2．浓硫酸Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑C＋2H2SO4(浓)2H2O＋CO2↑＋2SO2↑①随着反应的进行，浓H2SO4的浓度越来越小，导致H2SO4不能反应完全，因此所得的SO2比理论值少。②碳与浓硫酸反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。三、氮族元素1．氮气及氧化物N2＋O22NO3Mg＋N2Mg3N22NO＋O2=2NO22NO2N2O43NO2＋H2O=2HNO3＋NO4NO2＋O2＋2H2O=4HNO34NO＋3O2＋2H2O=4HNO3氮的氧化物和O2、水反应的计算可根据反应物相对量的多少判断剩余气体，但无论什么情况，剩余气体都不是NO2。NO、NO2具有氧化性，能与NH3反应生成N2和H2O。2．氨与铵盐NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－NH3＋HCl=NH4Cl4NH3＋5O24NO＋6H2O8NH3＋6NO27N2＋12H2ONH4HCO3NH3↑＋H2O↑＋CO2↑2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O铵盐的分解反应常出现在框图推断题中，若某种物质受热分解的产物均为气体，可猜想该物质可能是碳酸氢铵或碳酸铵。在综合探究题中也会与Na2O2结合考查NH3的催化氧化实验等。铵盐与碱反应主要用于实验室制备NH3或检验溶液中的NHeq\o\al(＋,4)。3．硝酸4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2OCu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O【易错警示】浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，铜与浓硝酸和稀硝酸的两个反应中硝酸均没有全部作氧化剂。铜与浓硝酸反应时在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀硝酸反应时需在试管口才能看到红棕色气体。四、碳族元素1．碳及其化合物C＋O2CO2C＋CO22COC＋H2O(g)CO＋H22C＋SiO2Si＋2CO↑CaCO3CaO＋CO2↑CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O(CO2不足)CO2＋NaOH=NaHCO3(CO2过量)CO2＋Na2SiO3＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3CO2＋2NaAlO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3CO2++H2O=+NaHCO3CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3由于C过量，SiO2与C反应的产物是CO而不是CO2，该反应可用于工业上制备粗硅，但必须在隔绝空气的条件下进行。2．硅及其化合物Si＋O2SiO2Si＋4HF=SiF4↑＋2H2↑Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(雕刻玻璃；不能用玻璃容器盛装氢氟酸的原因)SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O(不能用带有玻璃塞的试剂瓶装NaOH溶液的原因)SiO2＋CaOCaSiO3SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3(用于SiOeq\o\al(2－,3)的检验；Na2SiO3在空气中变质的原因)3．二氧化硅的特殊性(1)非金属氧化物一般由分子构成，而SiO2是由Si和O按个数比1∶2直接构成。Si、SiC、Si3N4、BN等也是直接由原子构成。(2)SiO2是H2SiO3的酸酐，但它不溶于水，不能直接与水作用制备H2SiO3。(3)酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能跟HF作用：SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O。(4)不要混淆二氧化硅和硅的用途用于制作光导纤维的是SiO2，用于制作半导体材料、计算机芯片的是晶体硅。(5)水晶、石英、玛瑙的主要成分是SiO2；珍珠的主要成分是CaCO3；钻石是金刚石；红、蓝宝石的主要成分是Al2O3。【点对点真题回顾】1.（2023·北京卷）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。2.（2022·北京卷）已知：。下列说法不正确的是A.分子的共价键是键，分子的共价键是键B.燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C.停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟D.可通过原电池将与反应的化学能转化为电能【答案】A【解析】【详解】A．H2分子里的共价键HH键是由两个s电子重叠形成的，称为ssσ键，Cl2分子里的共价键ClCl键是由两个p电子重叠形成的，称为ppσ键，故A错误；B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确；C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体互相反应，化学方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确；D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D正确；故选A。3.（2021·北京卷）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是A.试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应B.试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++D.取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；故选C。4.（2020·北京卷）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是A.该过程有H2O参与 B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂C.硫酸盐气溶胶呈酸性 D.该过程没有生成硫氧键【答案】D【解析】【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。【点对点模拟仿真】1．（2023·北京顺义·北京市顺义区第一中学校考模拟预测）如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条看不到明显的现象；当打开B处的弹簧夹后，C处的红布条逐渐褪色，则D瓶中盛放的溶液可能是①饱和NaCl溶液

②NaOH溶液

③H2O④浓硫酸A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】C【解析】由题中信息知，D中液体把氯气干燥了或者吸收了。①饱和NaCl溶液既不能干燥氯气也不能吸收；②NaOH溶液能吸收氯气，符合题意；③H2O既不能吸收也不能干燥氯气；④浓硫酸能干燥氯气；综上分析②④符合题意，故选C。2．（2023·北京西城·高三北京师大附中校考阶段练习）以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如下图所示)的说法正确的是A．生成氯气的同时，可能转化为B．a中加入饱和食盐水，b中加入浓硫酸C．用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性，生成氯气【答案】B【解析】A．生成氯气的同时，是将盐酸中的氯元素由1价氧化为0价，为氧化剂，本身被还原，化合价降低，不可能转化为，选项A错误；B．浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，通过a中加入饱和食盐水除去氯化氢，再通过b中加入浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项B正确；C．用溶液吸收时，发生反应2+=NaCl+NaClO+H2O，反应中只有氯元素化合价由0价变为1价和+1价，既体现氧化性也体现还原性，而既没有体现氧化性也没有体现还原性，选项C错误；D．根据反应+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2，生成氯气0.1mol，且没有说明标准状况，不能确定气体的体积，选项D错误；故选B。3．（2023·北京·高三专题练习）用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是A．和都是极性分子B．和分子中的共价键都是键C．分子的键角小于分子的键角D．烧瓶中溶液颜色变红的原因：【答案】C【解析】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；B．和分子中中心原子都是杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是键，故B正确；C．两者中心原子都是杂化，有两对孤电子对，有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以分子的键角大于分子的键角，故C错误；D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；故选C。4．（2023·北京东城·北京五十五中校考模拟预测）用排空气法收集气体X并将试管倒立在水中，实验如图所示。下列说法不正确的是A．若X为NO2，剩余气体为NO，试管中溶液pH<7B．若X为Cl2，试管中溶液可使石蕊褪色C．取反应后试管中溶液，滴入品红溶液褪色，X可能为SO2D．若X为NH3，试管中溶液在空气中露置后pH下降，说明氨水有挥发性【答案】D【解析】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO不溶于水，且不与水反应，因此剩余气体为NO，试管溶液中溶质为硝酸，溶液pH小于7，故A说法正确；B．氯气能与水反应Cl2+H2OHCl+HClO，HClO具有强氧化性，因此石蕊先变红，后褪色，故B说法正确；C．若X为SO2，二氧化硫的水溶液能使品红褪色，故C说法正确；D．氨水显碱性，露置在空气中，可能与空气中的二氧化碳反应，使pH降低，因此pH降低不能说明氨水具有挥发性，故D说法错误；答案为D。5．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析不正确的是A．若②中只加入NH4Cl不可以实现上述现象B．③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2OC．④中白烟的主要成分是NH4ClD．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝【答案】C【分析】①中高锰酸钾受热制备氧气，装置②中氯化铵与强氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的NO与过量的O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液，据此回答。【解析】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，两者在试管口又会化合生成氯化铵，A正确；B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化生成一氧化氮，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，B正确；C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，C错误；D．装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液，D正确；故选C。6．（2023·北京·高三统考专题练习）下列装置能达到相应实验目的的是去除中少量制取氯气在中燃烧收集ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．饱和碳酸氢钠可以吸收HCl，又不与CO2反应，达到除杂目的，选项A正确；B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，选项B错误；C．氯气及氯化氢的密度均大于空气,集气瓶倒扣无法装到氯气及氯化氢,不能达到实验目的，选项C错误；D．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，选项D错误；答案选A。7．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是A．通入前，①中溶液显红色的原因：B．通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性C．通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝D．通入后，②中溶液颜色褪去的原因：【答案】B【解析】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH−，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确；B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误；C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确；D．通入SO2后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原为I，溶液蓝色褪去，故D正确；故选B。8．（2023·北京昌平·统考二模）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法A浓①⑥B②⑤C②④D浓③⑥A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．二氧化氮与水反应，不能选⑥收集二氧化氮，A项错误；B．过氧化氢和二氧化锰反应制取氧气，不需要加热，不能选②制备氧气，B项错误；C．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，C项错误；D．乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，可选③装置，乙烯不溶于水，可选⑥装置收集，D项正确；答案选D。9．（2023秋·北京西城·高三北师大实验中学校考阶段练习）利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去)选项气体试剂I试剂Ⅱ试剂ⅢA浓盐酸溶液B浓硝酸饱和溶液C稀盐酸饱和溶液D浓硫酸酸性溶液A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；B．浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；C．实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，C符合题意；D．实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不合题意；故答案为：C。10．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体(如图甲为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成六元环(图乙)、无限单链状(图丙)、无限双链状(图丁)等多种结构。石棉是由钙、镁离子以离子数的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。下列说法不正确的是A．大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关B．六元环的硅酸盐阴离子化学式C．石棉的化学式为D．双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为【答案】D【解析】A．硅氧四面体结构是指由一个硅原子和四个氧原子组成的四面体结构。这种结构因其内部化学键的结构和特性而具有稳定性。硅氧四面体结构中的硅原子与四个氧原子形成了共价键，共享电子对使每个原子都充满了电子。这种共价键结构使得硅氧四面体结构比单纯的硅或氧分子更加稳定，所以硅氧四面体结构决定了大多数硅酸盐材料硬度高，故A正确；B．六元环的硅酸盐阴离子中Si元素显+4价，O元素显2价，所以六元环的硅酸盐阴离子化学式为，故B正确；C．石棉中钙、镁离子之比为1∶3，其中Mg元素、Ca元素显+2价，Si元素显+4，O元素显2价，所以，该石棉的化学式可表示为，故C正确；D．由图丁可知，双链硅酸盐中有两种硅氧四面体，且数目之比为1∶1，一种与单链硅酸盐中硅氧原子个数比相同，其中硅原子个数为1，氧原子个数为，个数比为1∶3；另一种，硅原子个数为1，O原子个数为，个数比为1∶2.5，所以双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为