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

»CIO«-Ca(CIO):CuCh

\\/③NaBr④Nai

①\lnO：②K\ln(N/①Na②NaOH

HCINaCI

'①II：②UQ

@SOi@Na;SO,/MnO：+H:SO,(浓)

AgCI

PCI,

PCh

（1）分清氯水、澳水的成分，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、

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异丛时达到提取的目的。一般

宜、海网

萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理霰艇解确使用、

与过滤或蒸储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

③KMnO,④FeCI,

®CI:®Br:,I2

（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：

很快期成

且打、次'

湘hu,北a木日行壬即亦4T醋日n亦

三.氮族

Fe(NQJ,AgNO1g(N°»

NH,^=NaNO,

/\①加热

NH・HCO"IM

Ca；(PO4)s

CaHPO,

Ca(HiPOJ

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：

⑴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+NO。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

NO2不是硝酸的酸酎。掌握酸酎的判断方法。NO2与澳蒸气不能用

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Na2c03,当CO2通入过量时生成NaHCO3,CO2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CO2与NaOH间量的关系。

(2)Na2c03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CO2。

如：在10mL0.01moI/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堡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+2CSB

Si+2coT。

(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+2H2f。

(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+2H2T。

(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：

⑴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。

⑵①装置B中盛放的试剂名称为，作用是

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AgNO3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

⑵①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—==AgC11

（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Na2s03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

湿润也色公蕊试纸

湿润品红试纸

沾有KM*溶液的滤纸

钠晶心沽行酚儆和溶液的滤纸

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SO2的漂白性

D.沾有酚醐和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SO2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

与晶红化合(检验)

a.侬酸

FeSFeS:NajSO^—H:SO,―•■―►H：SO^-^BaSO,

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>H2SiO3o

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+H2O===Na2c03+H2SiO3；

Ca（ClO）2+CO2+H2O==CaCO31+2HC1O

③强氧化性酸（如：HNO3、浓H2SO4）与金属反应，一般不生成

H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2,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、HC1O见光受热易分解。

③浓HNO3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H2SO4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11.2L。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，建立方程为京缶菽3+药缶嬴<1=陪鼠2②，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)=

aVx1Q-3mol+11.2L/22.4L/molaV-10-3+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：mx[(—1)

党ICL/皆XXx%

-(-2)]x2=22.4LMiolX[(+5)-(+2)]+224L/molX[(+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

5,催化剂

Ca(OH)2

NH4a春P粤疝03

HC1Cu浓

△NaOHH2s

△

-

NH；+OH=峭・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HNO3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HNO3与Fe：Fe+4HNO3（稀，过

量尸==Fe（NO3）3+NOT+2H20,3Fe（过量）+

8HNO3（稀）===3Fe（NO3）2+2NOT+4H2O。

【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、

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：

⑴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+O2T。

【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(OH)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BaSO4沉淀；SO2通入Na2s溶液中会生成单质S

沉淀。

答案：D

3.(重庆)对滴有酚醐试液的下列溶液，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I入酚醐后溶液变

为红色，而NH4cl=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

定管和移液管用蒸馈水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用

D.除去干燥CO2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SO2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。明矶可以用于水的净化，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—、0—、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；②0.1mol/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H2O、CO和CO2。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+NaHSO3^HO-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，02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KmnO4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++NOf+2H20,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SO2产生，

也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误。饱和Na2co3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.(山东)(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+8N4、加热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:2SO2(g)+02(g)=2SO3(g)AH=-196.6KJmol-1

2NO(g)+02(g)=2NO2(g)AH=-113.0Kmol-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

是。

a.体系压强保持不变

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体之比为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)=CH3OH

(g)oCO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℃、1.3x104kPa

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)⑴

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

lmolNO2—N2,得至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)(i)对两个已知反应编号：

2SO2(g)+02(g)=2SO3(g)；AH1=-196.6kJmol-1……①；2NO

(g)+O2(g)=2NO2(g)；AH2=-113.0kJ-mol-1......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=(AH1—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1molSO3的同时生成

1molNO才能说明达到平衡；(iii)不妨令NO2与SO2分别为lmol

和2mol,容积为IL,假设NO2转化了amol则SO2也转化了amol,

\-a_1

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(SOJ0.8x0.8=8

再由K=c(7VO2).c(Sa)"(l-0.8)x(2-0.8)-3念2.67;(3)(i)由图像可知反应:

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一，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，

p*

3.04.05.06.0

T/'C-1\

20。30123116958

30-15810&4815

50c3126157

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）。

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—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一。

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.

少为原来的一半，即有一2一一."/臭氧分解，速率为

即山一皿5山③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

_J^

得到2moi电子，生成XL氢气时，得到电子的物质的量为22.4x2,

每生成lmolO2,可失去4mol电子，每生成lmolO3,可失去6mol

Z^2X4+^2X6=-^-X2

电子，根据得失电子守恒得22J22.4-22.4，生成氧气和臭

_x-2y

氧的体积共yL,则心2)+%)=-因此h=17。

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，IV中黑色粉末逐渐变为红色并有M

生成，则III中的试剂为

；IV发生反应的化学方程式为；V

中的试剂为0

(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II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II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m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

一/八.

----0--.-5--6--£----x2cx14g/mol7=0.7g

22・4£/勿。/,因此A中氮元素与另一种元素的

0.7g=7_

质量比为2-5g-0.7g-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NO2混合气体180moi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：

OO00

E+g____AcQ+NH3

为而7

4”2H2M'NHz+N'NHNH2

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

B.将SO2通入BaJ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+H2O+SO2f；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；+2HC10,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BaSO,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+SO2f；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；+2HC10,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+HQNa2O与c02反应生成N/CQ,NgQ

与反应除生成N4cq外，还生成°2,故B错；NO在空气中会发

生反应2"。+。2=2%02,故c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，生成硫酸钢沉淀，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CJ

反应，应生成「CL2,错误。

（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

A.烧瓶中立即出现白烟

B.烧瓶中立即出现红棕色一工四”

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/LNaHC0^.②100ml0.1

mol/L叫CQ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:②>①

C.①溶液中:D.②溶液中）>，（也。。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项水解程度大于电离所以

C(H2CO3)>C(CO32-)D项岫2cqC032-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ChOH

和SO：一.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