2022年高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 元素及其化合物 第13講 非金屬及其化合物學(xué)案

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1、2022年高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 元素及其化合物 第13講 非金屬及其化合物學(xué)案 最新考綱 考向分析 1.了解碳、硅單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應(yīng)用。 2．了解碳、硅單質(zhì)及其重要化合物對(duì)環(huán)境質(zhì)量的影響。 3．了解氯單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應(yīng)用。 4．了解氯單質(zhì)及其重要化合物對(duì)環(huán)境質(zhì)量的影響。 5．掌握氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法(包括所用試劑、儀器，反應(yīng)原理和收集方法) 6．了解硫單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應(yīng)用。 7．了解硫單質(zhì)及其重要化合物對(duì)環(huán)境質(zhì)量的影響。 8．了解氮元素單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)和應(yīng)用。 9．了解氮元素單質(zhì)及其重要化合物對(duì)環(huán)境質(zhì)量的影響。 1

2、.客觀題：結(jié)合離子反應(yīng)，阿伏加德羅常數(shù)，化學(xué)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和分析，化學(xué)與生活、社會(huì)、生產(chǎn)，考查重要非金屬元素單質(zhì)和化合物的重要性質(zhì)和用途。 2．主觀題：結(jié)合重要物質(zhì)的制備、分離提純或工業(yè)生產(chǎn)的工藝流程、綜合性實(shí)驗(yàn)等全面考查重要非金屬元素化合物的性質(zhì)。 Z (課前) 1．(2017·江蘇高考)在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是(　C　) A．FeFeCl2Fe(OH)2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO3 [解析]　Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；S與O2反應(yīng)生成SO2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CaCO3高溫分解生成CaO，C

3、aO與SiO2在高溫時(shí)反應(yīng)生成CaSiO3，C項(xiàng)正確；NO與H2O不反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 2．(2016·全國Ⅱ·7)下列關(guān)于燃料的說法錯(cuò)誤的是(　B　) A．燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一 B．化石燃料完全燃燒不會(huì)造成大氣污染 C．以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染 D．燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一 [解析]　燃料燃燒產(chǎn)生的CO2是導(dǎo)致溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w之一，A項(xiàng)正確；化石燃料完全燃燒生成的SO2屬于大氣污染物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；液化石油氣含碳量比燃油低，用液化石油氣代替燃油能減少大氣污染，C項(xiàng)正確；CO是大氣污染物之一，D項(xiàng)正確。 3．(2017·北京卷)下述實(shí)驗(yàn)中均有紅棕

4、色氣體產(chǎn)生，對(duì)比分析所得結(jié)論不正確的是(　D　) ① ② ③ A．由①中的紅棕色氣體，推斷產(chǎn)生的氣體一定是混合氣體 B．紅棕色氣體不能表明②中木炭與濃硝酸產(chǎn)生了反應(yīng) C．由③說明濃硝酸具有揮發(fā)性，生成的紅棕色氣體為還原產(chǎn)物 D．③的氣體產(chǎn)物中檢測(cè)出CO2，由此說明木炭一定與濃硝酸發(fā)生了反應(yīng) [解析]?、僦凶茻崴椴Ａ鸺訜嶙饔?，濃硝酸受熱分解生成紅棕色NO2，硝酸中氮元素化合價(jià)降低，必有元素化合價(jià)升高，只能為氧元素，因此，還有O2生成，產(chǎn)生的氣體為混合氣體，A項(xiàng)正確；由①可知，濃硝酸受熱分解可生成紅棕色氣體，所以②中產(chǎn)生的“紅棕色氣體”不一定是木炭與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生

5、的，B項(xiàng)正確；③中濃硝酸揮發(fā)才能與紅熱木炭接觸，產(chǎn)生的NO2是還原產(chǎn)物，C項(xiàng)正確；紅熱的木炭還可與空氣中的O2反應(yīng)生成CO2，不一定是木炭與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)生成了CO2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 4．(2018·天津·7)下圖中反應(yīng)①是制備SiH4的一種方法，其副產(chǎn)物MgCl2·6NH3是優(yōu)質(zhì)的鎂資源?；卮鹣铝袉栴}： (1)MgCl2·6NH3所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序(H－除外)： r(H＋)

6、__。上圖中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有_NH3，NH4Cl__。 (3)在一定條件下，由SiH4和CH4反應(yīng)生成H2和一種固體耐磨材料_SiC__(寫化學(xué)式)。 (4)為實(shí)現(xiàn)燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg(OH)2，使燃燒產(chǎn)生的SO2轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的Mg化合物，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： 2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O　。 (5)用Mg制成的格氏試劑(RMgBr)常用于有機(jī)合成，例如制備醇類化合物的合成路線如下： 依據(jù)上述信息，寫出制備所需醛的可能結(jié)構(gòu)簡式：_CH3CH2CHO，CH3CHO__。 [解析]　(1)H＋沒有電子；Mg2＋和N3－都有2個(gè)電子層、10

7、電子，但Mg2＋比N3－核電荷數(shù)大；Cl－有3個(gè)電子層。核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大的離子半徑越小，故離子半徑由小到大的順序?yàn)閞(H＋)＜r(Mg2＋)＜r(N3－)＜r(Cl－)。 Mg 原子核外有3個(gè)電子層，最外層有2個(gè)電子，故Mg位于周期表中第三周期ⅡA族。 Mg(OH)2是由Mg2＋和OH－構(gòu)成的離子化合物，其電子式為。 (2)根據(jù)質(zhì)量守恒定律，A2B的化學(xué)式是Mg2Si。電解熔融的MgCl2生成Mg和Cl2。NH3和NH4Cl既是副產(chǎn)物又是起始原料。 (3)由CH4和SiH4反應(yīng)生成H2和另一種固體耐磨材料，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，該耐磨材料為S

8、iC。 (4)該反應(yīng)類型類似“鈣基固硫”，加熱過程中發(fā)生反應(yīng)： Mg(OH)2MgO＋H2O、MgO＋SO2MgSO3、2MgSO3＋O2===2MgSO4，故總反應(yīng)方程式為2Mg(OH)2＋2SO2＋O22MgSO4＋2H2O。 (5)由題給信息知，可能是由CH3CH2Br與CH3CHO或CH3Br與CH3CH2CHO經(jīng)過一系列反應(yīng)制得的。 R (課堂) 知能補(bǔ)漏 1．必記的9種特征： (1)有顏色的氣體：_Cl2__(黃綠色)、_NO2__(紅棕色)等。 (2)有漂白作用的氣體：Cl2(有水時(shí))、_SO2__等，能使品紅溶液褪色，加熱后恢復(fù)原色的是_SO2__。 (

9、3)同一元素的氣態(tài)氫化物和氣態(tài)氧化物反應(yīng)，生成該元素的單質(zhì)和水，該元素可能是_硫__或_氮__。 (4)同一元素的氣態(tài)氫化物和最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物發(fā)生化合反應(yīng)，生成鹽的元素一定是_氮__。 (5)溶于水顯堿性的氣體只有_NH3__。 (6)在空氣中迅速由無色變?yōu)榧t棕色的氣體只有_NO__。 (7)可溶于氫氟酸的酸性氧化物只有_SiO2__。 (8)能與NaOH溶液作用產(chǎn)生H2的非金屬單質(zhì)只有_Si__。 (9)常溫下使鐵、鋁發(fā)生鈍化的是_濃硝酸__與_濃硫酸__。 2．知道14種物質(zhì)的主要用途： 硅——半導(dǎo)體材料、太陽能電池板、計(jì)算機(jī)芯片 活性炭——吸附劑、去除冰箱中的異

10、味 臭氧(O3)——漂白劑、消毒劑 氯氣——?dú)⒕尽⑵讋?、制鹽酸、漂白粉等 二氧化碳——滅火劑、人工降雨、溫室氣體 二氧化硅——制石英玻璃、光導(dǎo)纖維 二氧化硫——漂白劑、殺菌、消毒 雙氧水——漂白劑、消毒劑、脫氯劑 氫氟酸——蝕刻玻璃制品 氨——制冷劑(液氨)、制硝酸、銨鹽 次氯酸鈉(NaClO)——漂白劑、殺菌劑 硅膠——袋裝食品干燥劑 乙烯——植物生長調(diào)節(jié)劑、催熟劑 甘油——護(hù)膚保濕劑 3．易混淆的6種離子的檢驗(yàn)方法： (1)CO→加入_BaCl2(或CaCl2)溶液__后生成白色沉淀，再加_稀鹽酸__，沉淀溶解，并放出無色無味氣體。 (2)SO→先加入足

11、量_稀鹽酸__，無明顯現(xiàn)象，再加入_BaCl2溶液__，產(chǎn)生白色沉淀。 (3)SO→加入_BaCl2溶液__，產(chǎn)生白色沉淀，再加_稀鹽酸__，沉淀溶解放出無色有刺激性氣味、能使品紅溶液褪色的氣體。 (4)Cl－→加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，生成_白__色沉淀。 (5)Br－→加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，生成_淡黃__色沉淀。 (6)I－→加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，生成_黃__色沉淀。 4．兩類不能完成的“一步轉(zhuǎn)化”： (1)非金屬單質(zhì)氧化物酸 SiO2不能通過一步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為H2SiO3，S不能通過一步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為SO3，N2不能通過一步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NO2。 (2)金屬單質(zhì)氧化物堿 難

12、溶于水的堿[如Cu(OH)2]不能通過一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)氧化物到堿的轉(zhuǎn)化。 5．?？嫉挠蠬NO3參與的氧化還原反應(yīng)的計(jì)算： (1)金屬與硝酸的反應(yīng)中硝酸分為兩部分，一部分作_氧化劑__，另一部分起酸性作用生成硝酸鹽，計(jì)算時(shí)應(yīng)先確定被_還原__的硝酸，再由_得失電子守恒__求解。 (2)Cu與HNO3的反應(yīng)中：被還原的硝酸無論生成NO還是NO2，由氮元素守恒可知被還原的硝酸與生成氣體的物質(zhì)的量_相等__。 6．濃硫酸吸水性和脫水性的區(qū)別與應(yīng)用： (1)吸水性 濃硫酸具有吸收游離水(如氣體中、液體中的水分子，以及固體中的結(jié)晶水等)的性能。 ①原理：H2SO4分子與水分子可形成一系列穩(wěn)定的水

13、合物。 H2SO4(濃)＋nH2O===H2SO4·nH2O ②應(yīng)用：作吸水劑或干燥劑。 a．可干燥的物質(zhì)：H2、CO、CO2、CH4、N2、NO、NO2、 O2、SO2、Cl2、HCl等。 b．不能干燥的物質(zhì)：H2S、NH3、HBr、HI等。 c．所用的裝置：洗氣瓶(如圖)。 (2)脫水性 濃硫酸可將許多有機(jī)物中的氫和氧原子按水分子的組成(H2O)比例脫去。如 C12H22O1112C＋11H2O HCOOHCO↑＋H2O。 7．化學(xué)反應(yīng)中濃硫酸由“量變”引起的“質(zhì)變”： 過量金屬(如Fe、Cu、Zn等)與濃硫酸反應(yīng)時(shí)，要?jiǎng)討B(tài)地看反應(yīng)過程，注意H2SO4濃度的變化對(duì)

14、反應(yīng)產(chǎn)物的影響。開始階段是濃硫酸反應(yīng)，產(chǎn)生的是SO2氣體，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硫酸的濃度逐漸減小，最后變?yōu)橄×蛩幔cCu不反應(yīng)，與鐵、鋅等反應(yīng)生成H2而不是SO2。 易錯(cuò)辨析 判斷下列說法是否正確，正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”。 1．CO2、CH4、N2等均是造成溫室效應(yīng)的氣體。(×) 2．單質(zhì)硅常用作半導(dǎo)體材料和光導(dǎo)纖維。(×) 3．CO2、NO2或SO2都會(huì)導(dǎo)致酸雨的形成。(×) 4．NO2溶于水時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)。(√) 5．SiO2與酸、堿均不反應(yīng)。(×) 6．液溴易揮發(fā)，在存放液溴的試劑瓶中應(yīng)水封。(√) 7．能使?jié)櫇竦牡矸跭I試紙變成藍(lán)色的物質(zhì)一定是Cl2。(×

15、) 8．某溶液加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在I－。(×) B (課后) 1．(2018·合肥一模改編)下表所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是(　B　) 選項(xiàng) X Y Z A S SO2 H2SO3 B Si SiO2 NaSiO3 C Cl2 HClO NaClO D NO NO2 HNO3 [解析]　A項(xiàng)，S和O2反應(yīng)生成SO2，SO2和水化合生成H2SO3，H2SO3分解生成SO2，H2SO3與H2S反應(yīng)可生成S，A正確；B項(xiàng)，Na2SiO3不能一步生成SiO2，也不能一步生成Si，B錯(cuò)誤；C

16、項(xiàng)，Cl2和水反應(yīng)生成HClO，HClO和NaOH反應(yīng)生成NaClO，NaClO可水解生成HClO，NaClO可與濃鹽酸反應(yīng)生成Cl2，C正確；D項(xiàng)，NO與O2反應(yīng)生成NO2，NO2與水反應(yīng)生成HNO3，濃硝酸分解可生成NO2，稀硝酸與Cu反應(yīng)可生成NO，D正確。 2．從某些性質(zhì)看：NH3和H2O，NH和OH－，N3－和O2－兩兩相似，據(jù)此判斷下列反應(yīng)正確的是(　D　) ①2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑ ②CaO＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋H2O ③3Mg(NH2)2Mg3N2＋4NH3↑ ④NH4Cl＋NaNH2NaCl＋2NH3↑ A．③ B．② C．②

17、③ D．①②③④ [解析]　①NH3和H2O相當(dāng)，可以依據(jù)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，類推得到反應(yīng)為2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，正確；②NH和OH－相當(dāng)，依據(jù)CaO＋2HCl===CaCl2＋H2O；類推得到反應(yīng)：CaO＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋H2O，正確；③NH和OH－相當(dāng)，N3－和O2－兩兩相當(dāng)，依據(jù)Mg(OH)2===MgO＋H2O，類推得到：3Mg(NH2)2Mg3N2＋4NH3↑，正確；④NH和OH－相當(dāng)，NH3和H2O相當(dāng)，依據(jù)NH4Cl＋NaOH===NaCl＋NH3＋H2O；類推得到：NH4Cl＋NaNH2NaCl＋2NH3，正確。

18、 3．(2018·淄博二模)利用如圖裝置設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，制備SO2并進(jìn)行探究。 (1)裝置A中反應(yīng)的化學(xué)方程式： Na2SO3＋H2SO4(濃)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O　。 (2)將A中產(chǎn)生的SO2持續(xù)通入裝置G中直至過量。 ①G中有白色沉淀生成，其化學(xué)式為_BaSO4__。 ②寫出反應(yīng)初始時(shí)SO2被氧化的離子方程式： 3SO2＋2NO＋2H2O===2NO↑＋3SO＋4H＋　。 (3)選項(xiàng)A～F中的裝置驗(yàn)證H2SO4的酸性強(qiáng)于H2CO3，能作為依據(jù)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_C中品紅溶液(或D中酸性KMnO4溶液)不褪色、E中澄清石灰水變渾濁__。 (4)要證明H2SO3的酸性強(qiáng)于

19、HClO，所選裝置(A～F中)的連接順序?yàn)?填序號(hào))_A→B→D→C→F__。 [解析]　(1)裝置A中反應(yīng)為制備二氧化硫的反應(yīng)，化學(xué)方程式為Na2SO3＋H2SO4(濃)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。 (2)二氧化硫通入G中，被硝酸根氧化為硫酸根：3SO2＋2NO＋2H2O===2NO↑＋3SO＋4H＋，與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。 (3)二氧化硫應(yīng)該先通入NaHCO3溶液，將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中吸收二氧化硫氣體后，再將氣體通入品紅溶液(或酸性KMnO4溶液)，品紅(或酸性高錳酸鉀溶液)不褪色，最后將氣體通入澄清石灰水，澄清石灰水變

20、渾濁，說明生成二氧化碳?xì)怏w，證明酸性H2SO3>H2CO3，又酸性：H2SO4>H2SO3，說明H2SO4的酸性強(qiáng)于H2CO3。 (4)要證明H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO，因?yàn)槎趸蚺c次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3>H2CO3>HClO，應(yīng)先用二氧化硫制備二氧化碳，制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前先除去二氧化硫氣體，再用品紅檢驗(yàn)二氧化硫是否除凈，再通入漂白粉中。故順序?yàn)锳→B→D→C→F。 4．(2018·福州一模)綠礬(FeSO4·7H2O)可作還原劑、著色劑、制藥等，在不同溫度下易分解得各種鐵的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一

21、種無色晶體，熔點(diǎn)16.8 ℃，沸點(diǎn)44.8 ℃，氧化性及脫水性較濃硫酸強(qiáng)，能漂白某些有機(jī)染料，如品紅等?；卮鹣铝袉栴}： (1)甲組同學(xué)按照上圖所示的裝置，通過實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)綠礬的分解產(chǎn)物。裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是_品紅溶液褪色__，甲組由此得出綠礬的分解產(chǎn)物中含有SO2。裝置C的作用是_吸收尾氣，防止SO2(SO3)等氣體擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境__。 (2)乙組同學(xué)認(rèn)為甲組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)論不嚴(yán)謹(jǐn)，認(rèn)為需要補(bǔ)做實(shí)驗(yàn)。乙對(duì)甲組同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復(fù)紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中_B、C__。 A．不含SO2 B．可能含SO2 C．一定含有SO3 (3)丙組同學(xué)

22、查閱裝置發(fā)現(xiàn)綠礬受熱分解還可能有O2放出，為此，丙組同學(xué)選用甲組同學(xué)的部分裝置和下圖部分裝置設(shè)計(jì)出了一套檢驗(yàn)綠礬分解氣態(tài)產(chǎn)物的裝置： ①丙組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置中，依次連接的合理順序?yàn)開AFGBDH__。 ②能證明綠礬分解產(chǎn)物中有O2的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象是_把H中的導(dǎo)管移出水面，撤走酒精燈，用拇指堵住試管口，取出試管，立即把帶火星的木條伸入試管內(nèi)，木條復(fù)燃，證明試管中收集的氣體是氧氣__。 (4)為證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價(jià)鐵，選用的實(shí)驗(yàn)儀器有試管、膠頭滴管、_藥匙__；選用的試劑為_鹽酸、KSCN溶液__。 [解析]　(1)甲組得出綠礬的分解產(chǎn)物中含有SO2，SO2能使品紅溶液褪色；SO2

23、有毒，因此裝置C的作用是吸收尾氣，防止SO2(或SO3)污染空氣。 (2)SO2能使品紅溶液褪色，受熱恢復(fù)原來顏色，現(xiàn)在實(shí)驗(yàn)中不能恢復(fù)原來的顏色，以及SO3能漂白某些有機(jī)染料，因此推出一定含有SO3，可能含有SO2，故選項(xiàng)B、C正確。 (3)①首先加熱綠礬，氣態(tài)產(chǎn)物可能是SO3、SO2、H2O、O2，因此先驗(yàn)證H2O，因此連接F裝置，SO3熔點(diǎn)較低，在冰水中以固體形式存在，因此F裝置后連接G，SO2能使品紅溶液褪色，因此G裝置后連接B，需要吸收SO2，因此B裝置后連接D裝置，最后連接H裝置，因此順序是A→F→G→B→D→H。 ②氧氣能使帶火星的木條復(fù)燃，因此具體操作是把H中的導(dǎo)管移出水面

24、，撤走酒精燈，用拇指堵住試管口，取出試管，立即把帶火星的木條伸入試管內(nèi)，木條復(fù)燃，證明試管中收集的氣體是氧氣。 (4)驗(yàn)證Fe3＋需要用KSCN溶液，需要把固體溶解成溶液，因此需要的試劑是鹽酸和KSCN溶液，取用固體需要用藥匙，缺少的儀器是藥匙。 考點(diǎn)二　非金屬元素單質(zhì)及其化合物的實(shí)驗(yàn)探究 Z (課前) 1．(2017·全國Ⅰ·28節(jié)選)近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO之后的第三個(gè)生命體系氣體信號(hào)分子，它具有參與調(diào)節(jié)神經(jīng)信號(hào)傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}： 下列事實(shí)中，不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強(qiáng)弱的是_D__(填標(biāo)號(hào))。 A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸

25、可以 B．氫硫酸的導(dǎo)電能力低于相同濃度的亞硫酸 C．0.10 mol·L－1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1 D．氫硫酸的還原性強(qiáng)于亞硫酸 [解析]　根據(jù)較強(qiáng)酸制備較弱酸原理，氫硫酸不和碳酸氫鈉反應(yīng)，亞硫酸與碳酸氫鈉反應(yīng)，說明亞硫酸、碳酸、氫硫酸的酸性依次減弱，A項(xiàng)正確；相同濃度，溶液的導(dǎo)電能力與離子總濃度有關(guān)，相同濃度下，氫硫酸溶液導(dǎo)電能力弱，說明氫硫酸的電離能力較弱，即電離出的氫離子數(shù)較少，B項(xiàng)正確；相同濃度下，亞硫酸的pH較小，故它的酸性較強(qiáng)，C項(xiàng)正確；酸性強(qiáng)弱與還原性無關(guān)，酸性強(qiáng)調(diào)酸電離出氫離子的難易，而還原性強(qiáng)調(diào)還原劑失電子的難易，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 2．(2016·上海

26、·14)在硫酸工業(yè)生產(chǎn)中，為了有利于SO2的轉(zhuǎn)化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室(如圖)。下列說法錯(cuò)誤的是(　B　) A．a(chǎn)、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同 B．c、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同 C．熱交換器的作用是預(yù)熱待反應(yīng)的氣體，冷卻反應(yīng)后的氣體 D．c處氣體經(jīng)熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉(zhuǎn)化率 [解析]　根據(jù)題目中裝置圖可知，從a進(jìn)入的氣體是含有SO2、O2的冷氣，經(jīng)過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體，成分與a處相同，A正確。從c處出來的氣體中的SO2、O2在催化劑表面發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生的含有SO3及未反應(yīng)的SO2、O2等氣體，該反應(yīng)

27、是放熱反應(yīng)，當(dāng)經(jīng)過熱交換器后氣體被冷卻降溫，經(jīng)過下面的催化劑層，又有部分SO2、O2反應(yīng)生成SO3，故二者含有的氣體的成分不相同，B錯(cuò)誤。熱交換器的作用是預(yù)熱待反應(yīng)的冷的氣體，同時(shí)冷卻反應(yīng)產(chǎn)生的氣體，C正確。c處氣體經(jīng)過熱交換器后再次被催化氧化，目的就是使未反應(yīng)的SO2進(jìn)一步反應(yīng)產(chǎn)生SO3，從而可以提高SO2的轉(zhuǎn)化率，D正確。 3．(2018·全國Ⅱ·7)化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是(　D　) A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查 [解析]　D錯(cuò)：碳酸鋇能與人體胃液中的鹽酸反應(yīng)生成

28、可溶性鋇鹽，有毒，不能用于胃腸X射線造影檢查。A對(duì)：碳酸鈉水溶液顯堿性，能用于洗滌油污。B對(duì)：漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能殺滅生活用水中的細(xì)菌。C對(duì)：氫氧化鋁是弱堿，可用于中和過多胃酸。 R (課堂) 知能補(bǔ)漏 性質(zhì)探究實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)的一般方法 (1)證明酸性。 ①用pH試紙或酸堿指示劑，觀察顏色變化； ②與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2； ③與Zn等活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)生氫氣。 (2)證明弱酸性。 ①存在電離平衡，如向醋酸溶液中加入醋酸銨，測(cè)其pH變大，可以證明醋酸溶液中存在電離平衡，從而證明醋酸是弱酸； ②測(cè)定對(duì)應(yīng)鹽溶液的酸堿性，如測(cè)定CH3COONa溶液的pH

29、>7，說明CH3COOH是弱酸； ③測(cè)量稀釋前后pH變化，如測(cè)定將醋酸溶液稀釋至10n倍前后的pH變化，若溶液的pH變化小于n，可證明醋酸為弱酸。 (3)比較金屬的活動(dòng)性： ①與水或酸反應(yīng)的難易；②利用置換反應(yīng)；③設(shè)計(jì)成原電池，其負(fù)極活潑性強(qiáng)；④利用電解時(shí)的放電順序；⑤比較最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性強(qiáng)弱。 (4)比較非金屬的活動(dòng)性： ①利用置換反應(yīng)；②與氫氣反應(yīng)的難易；③氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、還原性；④比較最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱。 (5)比較酸(堿)的酸(堿)性強(qiáng)弱：較強(qiáng)的酸(堿)能制得較弱的酸(堿)。 比較鹽的水解程度，如通過測(cè)定等濃度NaHCO3和NaHSO3溶液的

30、pH，確定H2CO3和H2SO3酸性強(qiáng)弱。 (6)氣體檢驗(yàn)時(shí)雜質(zhì)氣體的干擾問題：先除去干擾氣體，檢驗(yàn)雜質(zhì)氣體已經(jīng)除凈，再檢驗(yàn)待檢氣體。如檢驗(yàn)SO2和CO2混合氣體中的CO2，先通過酸性KMnO4溶液除去SO2，再通過品紅溶液確定SO2已經(jīng)除凈，最后通過澄清石灰水檢驗(yàn)CO2。 【例】(2016·北京高考)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實(shí)驗(yàn)對(duì)象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。 實(shí)驗(yàn) 試劑 現(xiàn)象 滴管 試管 0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液 飽和Ag2SO4溶液 Ⅰ.產(chǎn)生白色沉淀 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液 Ⅱ.溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)

31、生棕黃色沉淀 0.1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液 Ⅲ.開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀 (1)經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ： 2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓　。 (2)經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SO，含有Cu＋、Cu2＋和SO。 已知：Cu＋Cu＋Cu2＋，Cu2＋CuI↓(白色)＋I(xiàn)2。 ①用稀H2SO4證實(shí)沉淀中含有Cu＋的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_析出紅色固體__。 ②通過下列實(shí)驗(yàn)證實(shí)，沉淀中含有Cu2＋和SO。 a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是_HCl和BaCl2溶液__。 b．證實(shí)沉淀中含有Cu2＋和SO的理由

32、是_在I－的作用下，Cu2＋轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO轉(zhuǎn)化為SO__。 (3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無SO，該白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又有溶于強(qiáng)堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推測(cè)沉淀中含有亞硫酸根和_Al3＋、OH－__。 ②對(duì)于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(shè)： ⅰ.被Al(OH)3所吸附；ⅱ.存在于鋁的堿式鹽中。對(duì)假設(shè)ⅱ設(shè)計(jì)了對(duì)比實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了假設(shè)ⅱ成立。 a．將對(duì)比實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整。 步驟一： 步驟二： 　 (按上圖形式呈現(xiàn))。 b．假設(shè)ⅱ成立的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是_V1明顯大于V2__。 (4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)，亞硫酸鹽的

33、性質(zhì)有_亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性__。鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與_兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件__有關(guān)。 [解析]　(1)反應(yīng)生成的沉淀是Ag2SO3，離子方程式為2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓。 (2)①根據(jù)信息Cu＋Cu＋Cu2＋可知，用稀硫酸證實(shí)沉淀中含有Cu＋的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是析出紅色固體銅。 ②由信息Cu2＋CuI↓(白色)＋I(xiàn)2可知，滴加KI溶液時(shí)有I2生成，加入淀粉，無明顯現(xiàn)象，是因?yàn)榘l(fā)生了反應(yīng)I2＋SO＋H2O===SO＋2I－＋2H＋。試劑1用來檢驗(yàn)SO，需排除SO的干擾，故應(yīng)選HCl和BaCl2溶液。故證實(shí)沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是在

34、I－的作用下，Cu2＋轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO轉(zhuǎn)化為SO。 (3)①根據(jù)題意知現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無SO，該白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又能溶于強(qiáng)堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可推測(cè)沉淀中含有亞硫酸根和Al3＋、OH－。 ②鋁的堿式鹽的化學(xué)式為Al(OH)SO3，相比Al(OH)3，堿式鹽中每個(gè)鋁對(duì)應(yīng)的氫氧根離子不足其三倍，因此應(yīng)當(dāng)設(shè)計(jì)一個(gè)定量實(shí)驗(yàn)(記錄數(shù)據(jù)V1也暗示了這是一個(gè)定量實(shí)驗(yàn))，定量思路可能有多種，比如使用同濃度的酸去滴定，但題目中要求“按上圖形式呈現(xiàn)”，故可設(shè)計(jì)為。 (4)由題目可知，①Ag2SO3是白色沉淀；②SO能被I2氧化，說明其有還原性；③Al2(SO3)3在水溶液中不

35、存在，是因?yàn)榘l(fā)生了水解相互促進(jìn)反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)結(jié)論要緊扣實(shí)驗(yàn)?zāi)康模鶕?jù)題目，我們探究的是Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液反應(yīng)，所以得到結(jié)論是鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)有關(guān)。另外，實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ都是因?yàn)榈渭恿康牟煌?，所發(fā)生的反應(yīng)不同，故鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與反應(yīng)條件有關(guān)。 B (課后) 1．(2018·河南鄭州市三模)碲(Te)廣泛用于彩色玻璃和陶瓷生產(chǎn)。工業(yè)上用精煉銅的陽極泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如下： 已知TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液。 (1)“堿浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 TeO2＋2OH－==

36、=TeO＋H2O　。 (2)堿浸后的“濾渣”可以部分溶于稀酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是 3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O　。 (3)“沉碲”時(shí)控制溶液的pH為4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能過強(qiáng)，其原因是_溶液酸性過強(qiáng)，TeO2會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失__；防止局部酸度過大的操作方法是_緩慢加入硫酸，并不斷攪拌__。 (4)“酸溶”后，將SO2通過TeCl4酸性溶液中進(jìn)行“還原”得到碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是 TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4　。 (5)25 ℃時(shí)，亞碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×

37、10－8。 ①0.1 mol·L－1 H2TeO3電離度α約為_10%__。(α＝×100%) ②0.1 mol·L－1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是_CD__。 A．c(Na＋)>c(HTeO)>c(OH－)>c(H2TeO3)>c(H＋) B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HTeO)＋c(TeO)＋c(OH－) C．c(Na＋)＝c(TeO)＋c(HTeO)＋c(H2TeO3) D．c(H＋)＋c(H2TeO3)＝c(OH－)＋c(TeO) [解析]　(1)TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液，Ag、Au不與氫氧化鈉反應(yīng)。(2)濾渣的成分是

38、Ag、Au。只有Ag與硝酸反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O。(3)如果酸性過強(qiáng)，TeO2會(huì)溶解，造成碲元素?fù)p失；緩慢加入硫酸，并不斷攪拌可防止局部酸性過強(qiáng)。(4)SO2將TeCl4還原成Te，本身被氧化成SO，因此有TeCl4＋SO2―→Te＋H2SO4＋HCl，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平即得化學(xué)方程式：TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4。 (5)①亞碲酸是二元弱酸，以第一步電離為主，H2TeO3HTeO＋H＋，根據(jù)Ka1＝，代入數(shù)值，求出c(H＋)≈0.01 mol·L－1，即轉(zhuǎn)化率為×100%＝10%；②NaH

39、TeO3的水解平衡常數(shù)Kh＝＝＝1×10－11<2×10－8，此溶液應(yīng)顯酸性，即c(OH－)

40、uCl2]===Na＋＋[CuCl2]－。 (1)流程中粉碎的目的是_增大反應(yīng)物間的接觸面積，增大反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分__，操作①、②、③、④的目的相同，在實(shí)驗(yàn)中這種操作的名稱是_過濾__。 (2)鐵紅的一種重要用途是_常用作紅色油漆和涂料__。固體B中含有兩種產(chǎn)物，一種是單質(zhì)C、另一種是原子個(gè)數(shù)比為1∶1的一種金屬的低價(jià)態(tài)鹽，寫出堆浸時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式： CuFeS2＋3FeCl3===4FeCl2＋CuCl↓＋2S↓　。 (3)寫出反應(yīng)Ⅴ的離子方程式： 2[CuCl2]－===Cu＋Cu2＋＋4Cl－　。 (4)此方法中得到的銅純度不能滿足某些生產(chǎn)的需要，需要利用電解法進(jìn)行提

41、純。若用如圖所示的裝置進(jìn)行電離精煉，則乙溶液的溶質(zhì)是_CuSO4__，e電極上的電極反應(yīng)式為 Cu2＋＋2e－===Cu　。 若當(dāng)電路中有2 mol電子通過時(shí)，乙中某個(gè)電極質(zhì)量減小了63.92 g，則粗銅的純度為(假設(shè)雜質(zhì)只有鐵且精煉時(shí)銅與鐵的放電比例與混合物比例相同，計(jì)算結(jié)果用%表示，保留一位小數(shù))_99.1%__。 [解析]　氯化鐵具有氧化性，能氧化黃銅礦，根據(jù)(2)中提示，固體B中含有兩種產(chǎn)物，一種是單質(zhì)C、另一種是原子個(gè)數(shù)比為1∶1的一種金屬的低價(jià)態(tài)鹽，可知反應(yīng)①為CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl↓＋2S↓，然后過濾得到固體B和溶液A，向溶液A中加入碳

42、酸鈉發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋＋CO===FeCO3↓，過濾得到FeCO3，在空氣中灼燒FeCO3得到氧化鐵，反應(yīng)Ⅲ為4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2；向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液，發(fā)生反應(yīng)Ⅳ為Cl－＋CuCl===[CuCl2]－，過濾得到Na[CuCl2]溶液，再加入酸發(fā)生反應(yīng)Ⅴ生成Cu和溶液D，在反應(yīng)Ⅴ中Cu＋發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)，歧化為Cu2＋和Cu，則D中含有CuCl2、NaCl。(1)將礦石粉碎，可以增大與氯化鐵溶液的接觸面積，從而增大反應(yīng)速率；根據(jù)流程圖，操作①、②、③、④都是過濾。(2)鐵紅常用作紅色油漆和涂料；固體B中含有CuCl和S，堆浸時(shí)反

43、應(yīng)的化學(xué)方程式為CuFeS2＋3FeCl3===4FeCl2＋CuCl↓＋2S↓。(3)反應(yīng)Ⅴ的離子方程式為2[CuCl2]－===Cu＋Cu2＋＋4Cl－。(4)電解精煉銅，用粗銅作陽極，精銅作陰極，硫酸銅溶液作電解質(zhì)溶液；根據(jù)圖示，通入氫氣的一極為電池的負(fù)極，則e電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電權(quán)反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－===Cu；設(shè)粗銅中反應(yīng)的銅的物質(zhì)的量為x，鐵的物質(zhì)的量為y，陽極反應(yīng)為Cu－2e－===Cu2＋、Fe－2e－===Fe2＋，則2x＋2y＝2 mol,64 g·mol－1 x＋56 g·mol－1 y＝63.92 g，解得x＝0.99 mol，y＝0.01 mol，粗銅的純度為×100%＝99.1%。