高三化学第二轮考点复习教案11

专题十一常见非金属元素单质及其重要化合物

【命题规律】

非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，

但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性质在新高考中的

地位相当突出，要引起重视。从考点的变化情况来看，常见非金属元

素及其化合物的性质仍是高考命题的重点，其命题形式一般为实验探

究、计算、推断等。预计今后的高考中，将会进一步注重非金属元素

及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题

的联系，试题可以以选择题的形式出现，也可以以实验题和无机推断

题的形式出现，以环保为主题设计问题的可能性也比较大。

【重点知识梳理】

一.卤素

HCIO«—Ca(CIO)2CuCl2

\\/③NaBr④Nai

①\lnO：②KNIn()N/①N”②NaOH

HCINaC)

①H：②11Q

：浓)

@SO/g)Na:SO,MnO+ILSO.(

AgCI

：

PCI,FeCI.^FeCI

PCI,

（1）分清氯水、滨水的成分，反应时的作用和褪色的原理。

氯水中正因为存在可逆反应C12+H2gHe1+HC1O,使其成分复

杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外

加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的

HC1O能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、

滨水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，

如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和

的有机物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色

物，如Br2与Fe或KI反应。

（2）区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他

物质分离方法不同。

萃取和分液是物质分离的众多方法之一。每一种方法适用于一定的前

提。分液适用于分离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在

两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差其丛磐、磐取的目的。一般

萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理燕糜确使用、

与过滤或蒸镭等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问

题的关键。

命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等

形式出现。解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层

后上下层位置的决定因素。分液操作时注意“先下后上、下流上倒''

的顺序。为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈

处的小孔或小槽对齐，与大气相通

二氧族：I

I七也rm

③KMnQi④FeCh

©Cl:②Br：、I：

（1）掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。

本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，

如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名

目繁多的矶盐。这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上

进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时

要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。

（2）熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是

框图型）。

牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避

免死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐

含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅

要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状

态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。

(3)二氧化硫和氯气的漂白性

SO2和C12虽都有漂白性，但漂白原理和现象有不同特点。氯气的漂

白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成

无色物质，褪色后不能恢复原来的颜色。而SO2是由于它溶于水生

成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后

在一定的条件下又能恢复原来的颜色。如：

、A[_；

_LLF\回“很快恋成

口4TM些名句、_、

---^加IniJL1・木白行立即加行岫刖亦

三.氮族：

Fe(NQ)AgNO5z(NO»)

以乩,S

NH'HHQC/RNgON,

、Ii

NH,<、N,—^NO(一NO,^=^HNO>F^NaNO,

/%®)D»n_j11

NH«HCO,藤著明

N瓦Cl**0HPO,—so.

P-^Oi~

1

Ca；(POJ2

CaHPO,

Ca(H1Po.X

1.氨水显弱碱性的理解。

氨气溶于水形成氨水，氨水少部分电离出OH-、NH4+,所

以氨水具有弱碱性。注意以下两点：

(1)氨水遇A13+、Fe3+、Mg2+分别可以生成A1(OH)3>Fe(OH)3、

Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH,继续

滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；(2)氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐,

又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。如：用氨水吸收少

量二氧化硫的离子方程式NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是错误的。

2.NO、02被水吸收的分析。

NO、02被水吸收实质上发生如下反应：2NO+O2=2NO2,

3NO2+2H2O=2HNO3+NOo生成NO还可以继续氧化，生成NO2再

溶于水，这是一个循环反应。如无任何气体剩余，最终产物应为

HNO3,恰好反应的量的关系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3,实际反应

中可以有NO或02剩余，但不能两者兼有之。

3.氮可以形成多种氧化物。NO2可以与水反应生成硝酸，但

N02不是硝酸的酸酎。掌握酸酎的判断方法。N02与嗅蒸气不能用

湿润的KI淀粉试纸检验。

4.NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+、

SO32-氧化为SO42-,将I-、Br-、S2-氧化为12、Br2、So

5.检验NH4+离子，可加入烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红

色石蕊试纸检验NH3,否则不一定有NH3放出。

四、碳族:

(1)CO2通入NaOH溶液的判别。

CO2通入NaOH溶液的反应与CO2气体通入量有关。当CO2通入少

量时生成Na2co3,当CO2通入过量时生成NaHC03,C02通入量

介于两者之间，既有Na2c03又有NaHCO3。因此推断产物时一定要

注意C02与NaOH间量的关系。

(2)Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。

在Na2CO3溶液中滴加HC1,CO32-先转化为HCO3-,再滴加盐酸

HCO3-转化为H2co3,不稳定分解为C02。

如：在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入

1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积

为(答案D)

A.1.334mLB.2.240mLC.0.672mL

D.OmL

(3)CO2通入CaC12溶液中是否有沉淀的分析错误。

可用反证法：如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：

CO2+CaC12+H2O=CaCO3；+2HClo因CaCO3溶于盐酸，故反应不能

发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-,并同时

产生部分H+,若原溶液无法消耗这部分H+,则不利于CO2转化为

CO32-,也就无法与Ca2+形成沉淀。若要使CaC12与CO2反应生成

沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+o

同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaC12或BaC12溶液。

(4)不要把Na2CO3+SiO2暨Na2SiO3+CO2T与

Na2SiO3+CO2+H2O=Na2cO3+H2SiO31相混。前者是工业制玻璃的反

应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的

反应。若交换条件，两者均不发生反应。

【考点突破】

考点一碳、硅及其化合物

例1下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是()

①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素②水泥、玻璃、水晶饰物都

是硅酸盐制品③高纯度的硅单

质广泛用于制作光导纤维④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料

A.①②B.②③C.①④D.③④

解析：硅元素在地壳中的含量仅次于氧，排第二位，是构成岩石和矿

物的基本元素；水晶的主要成分为SiO2,②错；制作光导纤维的原

料是石英，而不是高纯硅，③错。

答案：C

【名师点拨】1.碳、硅及重要化合物间的转化关系

2.硅及其化合物的“反常”

(l)Si的还原性大于C,但C却能在高温下还原出Si：SiO2+2CBB

Si+2COfo

(2)非金属单质跟碱作用一般无H2放出，但Si能跟强碱溶液作用放

出H2：Si+2NaOH+H2O==Na2SiO3+2H2T。

(3)非金属单质一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟HF作用：Si+

4HF==SiF4f+2H2丁。

(4)非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体。

考点二卤素及其化合物

例2.某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备C12的过程中有水

蒸气和HC1挥发出来，同时验证

氯气的某些性质，甲同学设计了如下图所示的实验装置。

回答下列问题：

(1)若用含有0.2molHC1的浓盐酸与足量的MnO2反应制C12,制得

的C12体积(标准状况下)总是小于1.12L的原因是。

(2)①装置B中盛放的试剂名称为，作用是

O

②装置C和D中出现的不同现象说明的问题是°

③装置E的作用是°

④写出装置F中发生反应的离子方程式。

(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgN03溶液

中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入

AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一

个装置，你认为该装置应加在与之间(填装置字母序号)，装置中

应放入(填写试剂或用品名称)。

解析本题是考查氯气的制备和性质的实验。

(l)MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低到某一数

值后，反应将停止，因此制得的C12小于理论值。

（2）B中盛放无水硫酸铜，检验水蒸气的存在；C和D中实验现象说

明干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气（或HC1O）具有漂白性；依

据氯气的物理性质，氯气易溶于CC14溶液，所以E的作用为吸收氯

气。F中为HC1与AgNO3的反应。

（3）在E和F之间加入一个装置用来检验在F中氯气是否被完全吸收,

可以用湿润的有色布条或湿润的淀粉-KI试纸。

答案（1）浓盐酸的浓度随着反应的进行降低到一定数值以后，将不

再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失

（2）①无水硫酸铜检验有水蒸气产生

②干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气（或次氯酸）有漂白性

③吸收氯气

@Ag++Cl—==AgCU

（3）EF湿润的淀粉-KI试纸（或湿润的有色布条）

考点三氧、硫及其化合物

例3.如下图所示，在注射器中加入少量Na2so3晶体，并吸入少量浓

硫酸（以不接触纸条为准）。则下列有关说法正确的是（）

n

湿润蓝色c蕊试纸

湿润品红试纸

亚破酸沾有KMnO,溶液的滤纸

钠晶体活有酚酸和、a（”l溶液的泄纸

--浓硫酸

A.蓝色石蕊试纸先变红后褪色

B.沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性

C.品红试纸褪色，证明了S02的漂白性

D.沾有酚酸和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性

解析:Na2s03与浓硫酸反应产生SO2气体,SO2溶于水生成H2SO3,

能使蓝色石蕊试纸变红，但S02不能使指示剂褪色；SO2能使品红

溶液褪色说明SO2具有漂白性，而SO2具有还原性，能被KMnO4

氧化；实验中多余的SO2可用强碱溶液吸收，以防污染环境。

答案：C

【名师点拨】1•硫及其重要化合物间的转化关系

2.常见无机酸中的重要规律和重要特性

(1)重要规律

①最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于元素非金属性的强弱,

如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。

②证明酸性强弱顺序，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如:

Na2SiO3+CO2+H20===Na2c03+H2SiO3；

Ca（C10）2+CO2+H20==CaC03；+2HC10

③强氧化性酸（如：HN03、浓H2SO4）与金属反应，一般不生成

H2；金属和浓HNO3反应一般生成N02,而金属和稀HNO3反应则

生成NOo

（2）重要特性

①H2SiO3（或H4SiO4）为难溶性酸，浓盐酸、浓硝酸为挥发性酸。

②硝酸、浓H2so4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中硝

酸、HC10见光受热易分解。

③浓HN03和Cu（足量）、浓H2SO4和Cu（足量）、浓盐酸和MnO2（足

量）在反应时，随着反应的进行，产物会发生变化或反应停止。

④浓H2s04具有吸水性、脱水性和强氧化性。

⑤常温下，铁、铝遇浓H2so4、浓HNO3发生钝化。

考点四氮及其化合物的性质

例432.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的

NO和NO2混合气体在标准状况

下的体积为11.2Lo请回答：

（1）NO的体积为L,NO2的体积为L；

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol/L的NaOH

溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度

为mol/L；

⑶欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为

NaNO3,至少需要30%的双氧水go

解析：在硝酸参与的氧化还原反应的有关计算中，正确运用两个守恒

原理：一是原子守恒；二是得失电子守恒，这样会使解题既快速又准

确。

(1)设生成NO的体积为x,NO2的体积为y,建立方程x+y=11.2L①,

又由于在氧化还原反应中，Cu失去的电子数等于NO、NO2得到的

电子数，建立方程为22.4!7010广3+22.41/mol*】=64g/mWr2②，由

①②联解得x=5.8L,y=5.4L。

(2)分析题意：原硝酸中氮元素守恒，N最终以NO、NO2混合气体及

NaNO3形式存在于溶液中。故c(HNO3)=

aVxlO—3mol+11.2L/22.4L/molaVTO—3+0.5

0.14L=0?14mol/L

(3)依据氧化还原反应的规律：H2O2作氧化剂，NO、NO2混合气体

作还原剂，按照得失电子相等的原则，推算：皿(毙舄0%外(_1)

_(_2)]*2=22：；*01[(+5)_(+2)]+22；；*01[(+5)_(+4)],

即m(H2O2)=57.7go

答案：(1)5.85.4(2)(aV-10-3+0.5)/0.14(3)57.7

【名师点拨】1・氮及其重要化合物的转化关系

02,催化剂

Ca(OH)2

NH4Cl^==?rNHNO3

HC1'浓

△NaOHH2s。4

△

-

NH；+OH-NH3・H2ONaNO3

2.NO、NO2与02溶于水的简单计算，利用好两个比值4：3、4：1

即可

4NO+302+2H2O===4HNO3

4NO2+02+2H2O==4HNO3

另外HN03的性质，尤其是强氧化性是热点，涉及与单质反应产物

的判断，尤其是与铁的反应如稀HN03与Fe：Fe+4HNO3（稀，过

量）==Fe（NO3）3+NOf+2H2O,3Fe（过量）+

8HNO3（稀）==3Fe（NO3）2+2NOT+4H20。

【高考失分警示】

1.分清氯水、滨水的成分，反应时的作用和褪色的原理。

氯水中正因为存在可逆反应C12+H2O=HC1+HC1O,使其成分复

杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外

加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的

HC1O能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、

溟水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如

歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、S02等）、加成法（加不饱和的有机

物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物质，

如Br2与Fe或KI反应。

2.化学常用语言中的“酸的氧化性和氧化性酸”的含义各异。酸的氧

化性是指酸的水溶液电离出H+呈现的氧化性，是H+得到电子的性

质。氧化性酸应具有显著的氧化性，一般指含氧酸根中处于正价态的

非金属原子得到电子的性质，常见的氧化性酸有浓H2so4、HNO3

和HC1O等。

3.“规律是学习的主线，特性往往是考点”。复习时除要总结一些有

关非金属的规律外还应注意非金属单质的一些特性。如：

(1)规律：活泼的非金属可把不活泼的非金属单质从其盐溶液中置换

出来。

特性：F2不能从氯化钠水溶液中置换出C12,而是先与水反应生成

02o

(2)规律：C12、Br2、12与碱液、H2O发生歧化反应：

X2+2NaOH==NaX+NaXO+H2O(X代表Cl、Br、I)。

特性：F2与NaOH溶液反应时先与水反应生成02：

2F2+4NaOH==4NaF+2H2O+O2to

【高考真题精解精析】

[2011高考试题解析】

1.(上海)浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程

中不能显示的性质是

A.酸性B.脱水性C.强氧化性D.吸水性

解析：浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性。在与含有水分的蔗糖

作用过程中不会显示酸性。

答案：A

2.(上海)下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是

A.Ba(0H)2B.Ba(NO3)2CNa2S

D.BaC12

解析：A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水显酸性，被Ba(NO3)2氧化生

成硫酸，进而生成BaS04沉淀；SO2通入Na2s溶液中会生成单质S

沉淀。

答案：D

3.(重庆)对滴有酚配试液的下列溶液，操作后颜色变深的是

A.明矶溶液加热B.CH3COONa溶液加热

C.氨水中加入少量NH4C1固体D.小苏打溶液中加入少量

NaCl固体

【答案】B

【解析】明矶KA1(SO4)2-12H2O在水中电离后产生的A13+水解使

溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚醐遇酸性溶液颜色不变化,

因此A项不符合题意。CH3coONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴

加酚醐后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深。氨水为弱碱,

发生不完全电离：NH3・H2O=NH4++OH-,加入酚醐后溶液变

为红色，而NH4C1=NH4++C1-,其中的NH4+会抑制氨水的电离,

使溶液碱性减弱，颜色变浅。NaCl对NaHCO3溶液中HCO3一的水

解无影响

4.(浙江)下列说法不正确的是

A.变色硅胶干燥剂含有CoC12,干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水

干燥功能

B.硝基苯制备实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底

部和烧杯壁接触

C.中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸储水洗净后即可使用，滴

定管和移液管用蒸储水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用

D.除去干燥C02中混有的少量SO2,可将混合气体依次通过盛有酸

性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶

【答案】A

【解析】本题考察实验化学内容。A.错误，无水CoC12呈蓝色，具

有吸水性B.正确，烧杯底部温度高。C.正确，滴定管和移液管需

考虑残留水的稀释影响。D.正确，利用S02的还原性，用KMnO4

酸性溶液除去。

5.（四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是（）

A.硫酸钢可用钢餐透视

B.盐卤可用于制豆腐

C.明矶可用于水的消毒，杀菌

D.醋可用于除去暖水瓶中的水垢

【答案】C

【解析】硫酸钢不溶于胃酸，可以做钢餐，A项正确。盐卤可以使豆

浆发生凝聚生产豆腐，B项正确。明机可以用于水的净化，不能杀菌、

消毒，C项错误。醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢,

D项正确。

6.（四川）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、

Ba2+、Mg2+>H+、OH—、Cl->HCO3-、SO42一中的不同

阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质

的溶液混合，均有白色沉淀生成；②01mol/1乙溶液中c(H+)>0.1

mol/1；③向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀

生成，下列结论不正确的是()

A.甲溶液含有Ba2+

B.乙溶液含有SO42-

C.丙溶液含有C1一

B.丁溶液含有Mg2+

【答案】D

【解析】根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③

中现象，可以推知丙中含有C1-；再结合①中提供信息，甲与其它

三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2so4,

丙是MgC12,丁是NH4HCO3。故D项错误。

7.(江苏)下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是

A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下作用铝制贮藏贮运浓硫

酸

B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器

C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒

D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐

蚀

【答案】A

【解析】二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。二氧化氯中

氯的化合价为+4价，不稳定，易转变为一1价，从而体现氧化性。

铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会

加快海轮外壳腐蚀的进程。

8.（上海）草酸晶体（H2c2O42H2O）100℃开始失水，101.5C熔化,

150℃左右分解产生H20、CO和CO2o用加热草酸晶体的方法获取

某些气体，应该选择的气体发生装置是（图中加热装置已略去）

解析：根据草酸晶体的性质不难得出答案是D。

答案：D

9.（上海）物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和02混合气

体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量

不可能为

A.3.2gB.4.0gC.4.2gD.4.6g

解析：若镁全部与氧气反应只生成氧化镁，其质量是4g；若镁全部

与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其质量是4.6g。因为只要有氧气存

在，就不可能生成单质碳，即镁应该首先与氧气反应，所以选项D

是不可能。

答案：D

10.（上海）甲醛与亚硫酸氢钠的反应方程式为

HCHO+NaHSO3aHO-CH2-SO3Na,

反应产物俗称“吊白块”。关于“吊白块”的叙述正确的是

A.易溶于水，可用于食品加工B.易溶于水，工业上用作防

腐剂

C.难溶于水，不能用于食品加工D.难溶于水，可以用作防腐

剂

解析：根据有机物中含有的官能团可以判断，该物质易溶于水，但不

能用于食品加工。

答案：B

11.（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。

下列说法正确的是

A.25℃,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3

的大

B.石灰乳与C12的反应中，C12既是氧化剂，

又是还原剂

C.常温下干燥的C12能用钢瓶贮存，所以C12图4

不与铁反应

D.图4所示转化反应都是氧化还原反应

【答案】B

【解析】本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电解饱和食

盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查

NaHCO3Na2c03的溶解度、工业制漂白粉，干燥的C12贮存和基本

反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。

石灰乳与C12的反应中氯发生歧化反应，C12既是氧化剂，又是还原

剂。常温下干燥的C12能用钢瓶贮存仅代表常温C12不与铁反应，加

热、高温则不然。

12.(四川)下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是

操作和现象结论

A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀HNO3分解成了NO2

H2SO4,在管口观察到红棕色气体

B向淀粉溶液中加入稀H2SO4,加热几分淀粉没有水解成葡萄

钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，糖

加热，没有红色沉淀生成

C向无水乙醇中加入浓H2SO4,加热至使溶液褪色的气体是

170℃产生的气体通入酸性Kmn04溶乙烯

液，红色褪去

D向饱和Na2CO3中通入足量CO2溶液析出了NaHCO3

变浑浊

【答案】D

【解析】向Fe(NO3)2溶液中加入H2so4,则会发生离子反应：3Fe2

++NO3-+4H+=3Fe3++NOt+2H2O,产生的NO在管口生

成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2,故A项错误。应加

入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，B项错

误。乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的S02产生，

也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误。饱和Na2c03溶液中通

入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,由于产生的碳

酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，D项正确。

13.(由东)(14分)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具

有重要意义。

(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。

。催化剂、

利用反应6NO2+8叫、讪、7N5+12H2O也可处理NO2。当转移

1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。

(2)已知：2s02(g)+02(g)=2SO3(g)AH=-196.6KJmol-1

2NO(g)+02(g)=2NO2(g)AH=-113.0K-mol-l

则反应NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)的AH=KJ-mol-lo

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述

反应，下列能说明反应达到平衡状态的N

*、

S

是。O

。

a.体系压强保持不变

p/10*kPa

b.混合气体颜色保持不变

c.SO3和NO的体积比保持不变

d.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体N比为1:6,则平衡常数K

(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)=CH30H

(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反

应AH0(填或“<”)。实际生产条件控制在250℃、L3x10妹Pa

左右，选择此压强的理由是

【答案】(1)3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；(2)—41.8；b；2.67

或8/3；(3)＜；在1.3xlO4KPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO

转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失

【解析】本题综合考查氮的氧化物化学性质及其简单氧化还原反应计

算，热化学方程式的计算化学平衡状态判断，化学平衡常数计算，平

衡移动方向与反应热的关系，实际工业条件的选择等内容。(1)(i)

易知反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(ii)氧化还原反应的简单计算,

ImolNO2一N2,得到4mol电子，则转移1.2mol电子时，NO2为

0.4mol,在标准状况下其体积为6.72L；(2川)对两个已知反应编号：

2SO2(g)+02(g)=2SO3(g)；AH1=-196.6kJ-mol-1.......①；2N0

(g)+O2(g)=2NO2(g)；AH2=-113.0kJ-mol-l......②；再由(①-②)

/2得目标反应：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)；由盖

斯定律得：AH3=(AHI—AH2)/2=(-196.6+113.0)/2=—41.8KJ-mol-lo

(ii)该反应(NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g))两边气力

计量数相等，故压强不变，A错误；该体系中只有NO2有颜色，颜

色深浅与NO2浓度有关，当它浓度不变，即可说明达到平衡，此时

浓度不变，故B正确；由于开始没加入SO3和NO,且反应中两者计

量数值比为1,故无论是否达到平衡，只要反应发生发生，SO3和

NO体积之比等于其物质的量只比，为1:1,不能说明是否达到平衡，

故C错误；D选项，每消耗1molSO3的同时生成1molNO2说明

逆反应方向在进行，故D错误，改为：每消耗ImolSO3的同时生成

1molNO才能说明达到平衡；(iii)不妨令NO2与SO2分别为Imol

和2mol,容积为IL,假设NO2转化了amol则SO2也转化了amob

\-a1

同时生成SO3和NO各amol,又由题意可得方程：解得a=0.8,

c(NO)・c(SOJ_0.8x0.8_8

再由K=C(N&)・C(SO2)(1-0.8)X(2-0.8)12.67;(3)⑴山图像可知反应：

CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)的正反应为放热反应，因为相

同压强下，温度越高CO的转化率越低,说明升温平衡逆移，故AH<0；

(ii)工业上选择压强和温度时，要考虑化学动力学和化学热力学两个

方面的兼顾，同时要考虑经济效益和成本，这里的选择要结合图像，

其理由与SO2的催化氧化在常压下相似，即：在1.3xlO4KPa下，CO

转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，

得不偿失。

14.(重庆)(14分)臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。

(1)03与KI溶液反应生成的两种单质是和o

(填分子式)

(2)03在水中易分解，一定条件下，03的浓度减少一半所需的时

间(t)如题29表所示。已知：03的起始浓度为0.0216mol/L。

题29表“

pH+

t/min*-13.04.05.06.0

VC-'\

20-30123116958

30^158108«4815

50。3126157

①pH增大能加速03分解，表明对03分解起催化作用的是

②在30°C、pH=4.0条件下，03的分解速率为

mol/（L,min）o

③据表中的递变规律，推测03在下列条件下分解速率依次增大的顺

序为.（填字母代号）

a.40°C、pH=3.0b.10°C、pH=4.0c.30°C、pH=7.0

（3）03可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。

①图中阴极为（填“A”或"B”），其电极反应式为o

②若C处通入02,则A极的电极反应式为.

③若C处不通入02,D、E处分别收集到xL和有yL气体（标准情

况），则E处收集的气体中03所占的体积分数为。（忽略03的

分解）。

03和02

特殊惰性电极A特殊惰性电极B

答案：(1)0212

(2)①OH—；

②1.00X10—4

③b、a、c

(3)①2H++2e—=H2t

②02+4H++4e-=2H2O；

解析：（1）臭氧具有强氧化性，能够将KI中的I一氧化为碘单质，此

反应中共有三种元素，其中K单质具有强还原性，因此不可能得到

此单质，所以确定为得到氧气。

（2）①pH越大，OH—浓度越大，判断起催化作用的离子为OH—。

②由表格可知，题目给定条件下所用时间为108min,而臭氧浓度减

0.0216勿。///_

少为原来的一半，即有一2—/臭氧分解，速率为

0.0108/ZZ6?7/L_-47/（I-\

108min=1XW③所用时间越短，说明反应速率越快,

因此确定温度越高，pH越大，反应速率越快，且温度对速率的影响

较大些。

（3）①电解硫酸时，溶液中的OH一发生氧化反应生成氧气和臭氧,

因此产生氧气和臭氧的一极为阳极，根据装置中电极B处产生臭氧,

则说明电极B为阳极，则A为阴极，硫酸溶液中的H+在阴极放电

生成氢气。②若C处通入氧气，则A极上产生的氢气与氧气反应生

成水。③D处得到氢气，E处生成氧气和臭氧，每生成lmolH2,可

x*2

得到2moi电子，生成xL氢气时，得到电子的物质的量为22.4,

每生成lmolO2,可失去4mol电子，每生成lmolO3,可失去6mol

r^2x4+^2x6=上、2

电子，根据得失电子守恒得22.422.4-22.4，生成氧气和臭

p（03）_x-2y

氧的体积共yL,贝/电）+心）=尸，因此一厂一y。

x-2y

③y

15.（重庆）（15分）固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水

发生复分解反应，甲组同学用题27图装置(夹持装置略)对其进行

探究实验。

(1)仪器B的名称是o

(2)试验中，II中的试纸变蓝，W中黑色粉末逐渐变为红色并有M

生成，则m中的试剂为

；IV发生反应的化学方程式为；V

中的试剂为O

(3)乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为I——III——IV—

—II—v—vi,此时n中现象为，原因是

(4)经上述反应，2.5g化合物A理论上可得0.56L(标准状况)M；

则A的化学式为o

答案：(1)分液漏斗

△

(2)碱石灰CuO+2NH3=3Cu+3H2O+N2t

(3)试纸变蓝CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形

成氨水，使试纸变蓝

(4)Mg3N2

【解析】根据n中干燥的红色石蕊试纸变蓝说明有湿润的碱性气体生

成，中学阶段学习的碱性气体为氨气，即A中含有氮元素。氨气具

有还原性，干燥的氨气可以还原氧化铜，因此装置ill起干燥作用，用

碱性干燥剂来干燥氨气，结合反应物中的元素及性质，可确定生成的

单质气体为氮气。收集氮气前，应将反应剩余的氨气吸收，因此选择

浓硫酸。

(4)根据质量守恒可知，生成氮气中的氮元素的质量即为A中氮元

素的质量，所以2.5gA中含有氮原子的质量为

0.56Z01(/

--------------x2x14g/mol7=0.lg

22ALl1noi,因此A中氮元素与另一种元素的

0.7g=7_

质量比为25g-07g-18,结合此物质可以水解，则推测为Mg3N2o

16.(上海)氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和

生产中有重要的应用。根据题意完成下列计算：

(1)联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分

子质量为43.0,其中氮原子的质量分数为0.977,计算确定该氢化物

的分子式。

该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。4.30g该氢化物受撞击后

产生的气体在标准状况下的体积为Lo

(2)联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂，联氨是燃料，四氧化二

氮作氧化剂，反应产物是氮气和水。

由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0kg水，

计算推进剂中联氨的质量。

(3)氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为

6NO+4NH3=5N2+6H2O

6NO2+8NH3=7N2+12H2O

NO与N02混合气体180mol被8.90X103g氨水(质量分数0.300)

完全吸收，产生156moi氮气。吸收后氨水密度为0.980g/cm3。

计算：①该混合气体中NO与NO2的体积比。

②吸收后氨水的物质的量浓度(答案保留1位小数)。

(4)氨和二氧化碳反应可生成尿素CO(NH2)2o尿素在一定条件下

会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：

OOO0

a+a—^,a+晒

出4NH2H2M'NH2H2M由NH2

已知常压下120molCO(NH2)2在熔融状态发生缩合反应,失去80mol

NH3,生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。测得缩合产物中二聚物的

物质的量分数为0.60,推算缩合产物中各缩合物的物质的量之比。

解析：本题主要考察与化学有关的计算。

答案：(1)HN34.48

(2)64kg

(3)9：12.4molL

(4)3：1：1

【2010高考试题解析】

1.(2010全国卷1)下列叙述正确的是

A.Li在氧气中燃烧主要生成也02

B.将SO2通入Ba。溶液可生成Bas。?沉淀

C.将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸

D.将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu

【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第

一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HC1>H2SO3>H2CO3所

以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaC12+H2O4-SO2T；D

错误，溶液中该反应难以发生，先是：

2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2；+(NH4)2SO4,接着

△

Cu(OH)2-CuO+H20,溶液中NH3不能还原CuO为Cu,要还原必须

是干燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2cO3>HC1O,反应为:

C02+H20+Ca(C10)2=CaC03；+2HC1O,直接取材于课本第一册第四

章第一节；

【答案】C

(2010全国卷1)12.一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消

耗掉314mL氯气(标准状况)，则产物中PC13与PC15的物质的量之

比接近于

A.1：2B,2：3C,3：1D.5：

3

【解析】设n(PC13)=Xmol,n(PC15)=Ymol,由P元素守恒有：

X+Y=0.25/31-0.008.......①；由Cl元素守恒有3X+5Y=(0.314x2)

/22.4-0.028.......②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002

【答案】C

(2010全国2)7.下列叙述正确的是

A.Li在氧气中燃烧主要生成以。2

B.将SO2通入Ba3溶液可生成BaSC)3沉淀

C.将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸

D.将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu

【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第

一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HC1>H2SO3>H2CO3所

以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaC12+H2O+SO2T；D

错误，溶液中该反应难以发生，先是：

2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2；+(NH4)2SO4,接着

△

Cu(OH)2-CuO+H20,溶液中NH3不能还原CuO为Cu,要还原必须

是干燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3>HC1O,反应为：

C02+H20+Ca(C10)2=CaC03；+2HC1O,直接取材于课本第一册第四

章第一节；

【答案】C

(2010福建卷)9下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的

选项是

XYZ

ANaNaOHNaHCO3

BCuCuSO4Cu(OH)2

CCCOCO2

DSiSiO2H2SiO3

答案：c

解析：本题考察考生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，可用代

入法，即把各选项中的X,Y,Z带入又吐的圆圈中进行判断，C中CO2

在一定条件下与单质钠反应可以生成金刚石和碳酸钠。

（2010山东卷）13.下列推断正确的是

A.SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应

B.Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同

C.CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在

D.新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶

液呈红色

解析：酸性氧化物能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，故A正确,

因为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2ONa。与CO2反应生成Na1cOs,Na2O2

与Ca反应除生成N的CQ外，还生成°2,故B错；NO在空气中会发

生反应2"°+。2=2凡?2,故。错；因为新制氯水中含有“C/O,故滴入

少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。

答案：A

（2010上海卷）13.下列实验过程中，始终无明显现象的是

A.NO2通入FeSO4溶液中B.CO2通入CaC12溶液中

C.NH3通入A1C13溶液中D.SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶

液中

答案：B

解析：此题考查了常见元素化合物知识。NO2通入后和水反应生成

具有强氧化性的硝酸，其将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变

为黄色，排除A；CO2和CaC12不反应，无明显现象，符合，选B；

NH3通入后转化为氨水，其和A1C13反应生成氢氧化铝沉淀，排除C；

SO2通入酸化的硝酸钢中，其被氧化为硫酸，生成硫酸钏沉淀，排除

Do

（2010重庆卷）8.下列叙述正确的是

A.铝制容器可盛装热的H2so4

B.Agl胶体在电场中自由运动

C.K与水反应比Li与水反应剧烈

D.红磷在过量C12中燃烧生成PC13

【答案】C

【解析】本题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反应，错误。

B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。

C项，K比Li活泼，故与水反应剧烈，正确。D项，P与过量的CL?

反应，应生成PCL?滞误。

（2010上海卷）18.右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏

的装置，下列有关说法错误的是

^X

A.烧瓶中立即出现白烟U毗

B.烧瓶中立即出现红棕色

C.烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性

D.烧杯中的溶液是为了吸收有害气体

答案：B

解析：此题考查化学实验、元素化合物的性质等知识。分析装置图，

可知氨气和氯气接触时发生反应：4NH3+6C12=2NH4c1+4HC1+N2,

烧瓶中出现白烟，A对；不能出现红棕色气体，B错；该反应中氨气

中的氮元素化合价升高，表现还原性，C对；烧杯中的氢氧化钠可以

吸收多余的有害气体，D对。

知识归纳：对某种元素来讲，其处于最高价时，只有氧化性；处于最

低价时，只有还原性；中间价态，则既有氧化性又有还原性。故此对

同一种元素可以依据价态判断，一般来讲，价态越高时，其氧化性就

越强；价态越低时，其还原性就越强；此题中氨气中的氮元素处于最

低价，只有还原性。

2010四川理综卷）10.有关①100ml0.1mol/LNaHC0y,②100ml0.1

mol/L加2。。3两种溶液的叙述不正确的是

A.溶液中水电离出的“十个数：②〉①B.溶液中阴离子的物质的量

浓度之和:②XD

C.①溶液中:D.②溶液中:c（"003）＞。（"2。。3）

答案：c

解析：本题考查盐类水解知识；盐类水解促进水的电离，且Na2CO3

的水解程度更大，碱性更强，故水中电离出的H+个数更多，A项正

确；B②钠离子的物质的量浓度为0.2mol/L而①钠离子的物质的量浓

度为0.1mol/L根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的

量浓度之和:②〉①，B项正确；C项NaHCQ水解程度大于电离所以

C(H2CO3)>C(CO32-)D项Na2cO3C032-分步水解第一步水解占主要

地位且水解大于电离。判断D正确。C、D两项只要写出它们的水解

及电离方程式即可判断。

(2010广东理综卷)33.(16分)

某科研小组用MnO2和浓盐酸制备C12时，利用刚吸收过少量

SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。

(1)请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+2NaOH

(2)反应C12+Na2so3+2NaOH==2NaCl+Na2SO4+H2O中的还原

剂为.

(3)吸收尾气一段时间后，吸收液(强碱性)中肯定存在CkOH

和SO；.请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子(不

考虑空气的CO2的影响).

提出合理假设.

假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在CIO；假设

3：.

设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象

和结论。限选实验试剂：3moLL-lH2SO4、ImoLL-lNaOH、

0.01molL-lKMnO4>淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液.

实验步骤预期现象和结论

步骤1:取少量吸收液于试管中，

滴加3moLL-1H2SO4至溶液呈

酸性，然后将所得溶液分置于A、

B试管中.

步骤2：

步骤3：

解析：(1)NaOH过量，故生成的是正盐：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。

(2)S元素的价态从+4—+6,失去电子做表现还原性，故还原剂为

Na2SO3o

⑶①很明显，假设3两种离子都存在。

②加入硫酸的试管,若存在SO32-.C1O-,分别生成了H2SO3和HC1O；

在A试管中滴加紫色石蕊试液，若先变红后退色，证明有C1O-,否

则无；在B试管中滴加0.01molL-lKMn04溶液，若紫红色退去，证

明有SO32-,否则无。

答案：

(l)Na2SO3+H2O

(2)Na2SO3

(3)①SO32-、CIO-都存在

②

实验步