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第13講 非金屬及其化合物
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)及應用。
2．了解碳、硅單質(zhì)及其重要化合物對環(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)及應用。
4．了解氯單質(zhì)及其重要化合物對環(huán)境質(zhì)量的影響。
5．掌握氯氣的實驗室制法(包括所用試劑、儀器，反應原理和收集方法)
6．了解硫單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應用。
7．了解硫單質(zhì)及其重要化合物對環(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)和應用。
9．了解氮元素單質(zhì)及其重要化合物對環(huán)境質(zhì)量的影響。
1.客觀題：結(jié)合離子反應，阿伏加德羅常數(shù)，化學實驗現(xiàn)象和分析，化學與生活、社會、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、綜合性實驗等全面考查重要非金屬元素化合物的性質(zhì)。
考點一 非金屬單質(zhì)及其化合物的相互轉(zhuǎn)化
Z (課前)
1．(2017江蘇高考)在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是( C )
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．SSO3H2SO4
C．CaCO3CaOCaSiO3
D．NH3NOHNO3
[解析] Fe與Cl2反應生成FeCl3，A項錯誤；S與O2反應生成SO2，B項錯誤；CaCO3高溫分解生成CaO，CaO與SiO2在高溫時反應生成CaSiO3，C項正確；NO與H2O不反應，D項錯誤。
2．(2016全國Ⅱ7)下列關(guān)于燃料的說法錯誤的是( 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是導致溫室效應的主要氣體之一，A項正確；化石燃料完全燃燒生成的SO2屬于大氣污染物，B項錯誤；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項正確；CO是大氣污染物之一，D項正確。
3．(2017北京卷)下述實驗中均有紅棕色氣體產(chǎn)生，對比分析所得結(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
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)物中檢測出CO2，由此說明木炭一定與濃硝酸發(fā)生了反應
[解析] ①中灼熱碎玻璃起加熱作用，濃硝酸受熱分解生成紅棕色NO2，硝酸中氮元素化合價降低，必有元素化合價升高，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)生反應產(chǎn)生的，B項正確；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項正確；紅熱的木炭還可與空氣中的O2反應生成CO2，不一定是木炭與濃硝酸發(fā)生反應生成了CO2，D項錯誤。
4．(2018天津7)下圖中反應①是制備SiH4的一種方法，其副產(chǎn)物MgCl26NH3是優(yōu)質(zhì)的鎂資源?；卮鹣铝袉栴}：
(1)MgCl26NH3所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序(H－除外)： r(H＋)
H2CO3，又酸性：H2SO4>H2SO3，說明H2SO4的酸性強于H2CO3。
(4)要證明H2SO3的酸性強于HClO，因為二氧化硫與次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3>H2CO3>HClO，應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，再用品紅檢驗二氧化硫是否除凈，再通入漂白粉中。故順序為A→B→D→C→F。
4．(2018福州一模)綠礬(FeSO47H2O)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是一種無色晶體，熔點16.8 ℃，沸點44.8 ℃，氧化性及脫水性較濃硫酸強，能漂白某些有機染料，如品紅等。回答下列問題：
(1)甲組同學按照上圖所示的裝置，通過實驗檢驗綠礬的分解產(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)等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境__。
(2)乙組同學認為甲組同學的實驗結(jié)論不嚴謹，認為需要補做實驗。乙對甲組同學做完實驗的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復紅色，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，丙組同學選用甲組同學的部分裝置和下圖部分裝置設計出了一套檢驗綠礬分解氣態(tài)產(chǎn)物的裝置：
①丙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為_AFGBDH__。
②能證明綠礬分解產(chǎn)物中有O2的實驗操作及現(xiàn)象是_把H中的導管移出水面，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)物中含有三價鐵，選用的實驗儀器有試管、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，受熱恢復原來顏色，現(xiàn)在實驗中不能恢復原來的顏色，以及SO3能漂白某些有機染料，因此推出一定含有SO3，可能含有SO2，故選項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，因此先驗證H2O，因此連接F裝置，SO3熔點較低，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燃，因此具體操作是把H中的導管移出水面，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)，木條復燃，證明試管中收集的氣體是氧氣。
(4)驗證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。
考點二 非金屬元素單質(zhì)及其化合物的實驗探究
Z (課前)
1．(2017全國Ⅰ28節(jié)選)近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO之后的第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調(diào)節(jié)神經(jīng)信號傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}：
下列事實中，不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強弱的是_D__(填標號)。
A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應，而亞硫酸可以
B．氫硫酸的導電能力低于相同濃度的亞硫酸
C．0.10 molL－1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1
D．氫硫酸的還原性強于亞硫酸
[解析] 根據(jù)較強酸制備較弱酸原理，氫硫酸不和碳酸氫鈉反應，亞硫酸與碳酸氫鈉反應，說明亞硫酸、碳酸、氫硫酸的酸性依次減弱，A項正確；相同濃度，溶液的導電能力與離子總濃度有關(guān)，相同濃度下，氫硫酸溶液導電能力弱，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項正確；相同濃度下，亞硫酸的pH較小，故它的酸性較強，C項正確；酸性強弱與還原性無關(guān)，酸性強調(diào)酸電離出氫離子的難易，而還原性強調(diào)還原劑失電子的難易，D項錯誤。
2．(2016上海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熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體
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)生反應產(chǎn)生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經(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反應生成SO3，故二者含有的氣體的成分不相同，B錯誤。熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產(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，目的就是使未反應的SO2進一步反應產(chǎn)生SO3，從而可以提高SO2的轉(zhuǎn)化率，D正確。
3．(2018全國Ⅱ7)化學與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是( 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：碳酸鋇能與人體胃液中的鹽酸反應生成可溶性鋇鹽，有毒，不能用于胃腸X射線造影檢查。A對：碳酸鈉水溶液顯堿性，能用于洗滌油污。B對：漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能殺滅生活用水中的細菌。C對：氫氧化鋁是弱堿，可用于中和過多胃酸。
R (課堂)
知能補漏
性質(zhì)探究實驗方案設計的一般方法
(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溶液反應產(chǎn)生CO2；
③與Zn等活潑金屬反應產(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測定對應鹽溶液的酸堿性，如測定CH3COONa溶液的pH>7，說明CH3COOH是弱酸；
③測量稀釋前后pH變化，如測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)比較金屬的活動性：
①與水或酸反應的難易；②利用置換反應；③設計成原電池，其負極活潑性強；④利用電解時的放電順序；⑤比較最高價氧化物對應水化物的堿性強弱。
(4)比較非金屬的活動性：
①利用置換反應；②與氫氣反應的難易；③氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、還原性；④比較最高價氧化物對應水化物的酸性強弱。
(5)比較酸(堿)的酸(堿)性強弱：較強的酸(堿)能制得較弱的酸(堿)。
比較鹽的水解程度，如通過測定等濃度NaHCO3和NaHSO3溶液的pH，確定H2CO3和H2SO3酸性強弱。
(6)氣體檢驗時雜質(zhì)氣體的干擾問題：先除去干擾氣體，檢驗雜質(zhì)氣體已經(jīng)除凈，再檢驗待檢氣體。如檢驗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驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應的多樣性。
實驗
試劑
現(xiàn)象
滴管
試管
0.2 molL－1 Na2SO3溶液
飽和Ag2SO4溶液
Ⅰ.產(chǎn)生白色沉淀
0.2 molL－1 CuSO4溶液
Ⅱ.溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀
0.1 molL－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，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，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)＋I2。
①用稀H2SO4證實沉淀中含有Cu＋的實驗現(xiàn)象是_析出紅色固體__。
②通過下列實驗證實，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．證實沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是_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，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無SO，該白色沉淀既能溶于強酸，又有溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推測沉淀中含有亞硫酸根和_Al3＋、OH－__。
②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：
ⅰ.被Al(OH)3所吸附；ⅱ.存在于鋁的堿式鹽中。對假設ⅱ設計了對比實驗，證實了假設ⅱ成立。
a．將對比實驗方案補充完整。
步驟一：
步驟二：
(按上圖形式呈現(xiàn))。
b．假設ⅱ成立的實驗證據(jù)是_V1明顯大于V2__。
(4)根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質(zhì)有_亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性__。鹽溶液間反應的多樣性與_兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應條件__有關(guān)。
[解析] (1)反應生成的沉淀是Ag2SO3，離子方程式為2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓。
(2)①根據(jù)信息Cu＋Cu＋Cu2＋可知，用稀硫酸證實沉淀中含有Cu＋的實驗現(xiàn)象是析出紅色固體銅。
②由信息Cu2＋CuI↓(白色)＋I2可知，滴加KI溶液時有I2生成，加入淀粉，無明顯現(xiàn)象，是因為發(fā)生了反應I2＋SO＋H2O===SO＋2I－＋2H＋。試劑1用來檢驗SO，需排除SO的干擾，故應選HCl和BaCl2溶液。故證實沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是在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酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可推測沉淀中含有亞硫酸根和Al3＋、OH－。
②鋁的堿式鹽的化學式為Al(OH)SO3，相比Al(OH)3，堿式鹽中每個鋁對應的氫氧根離子不足其三倍，因此應當設計一個定量實驗(記錄數(shù)據(jù)V1也暗示了這是一個定量實驗)，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)”，故可設計為。
(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在水溶液中不存在，是因為發(fā)生了水解相互促進反應。實驗結(jié)論要緊扣實驗目的，根據(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，所以得到結(jié)論是鹽溶液間反應的多樣性與兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)有關(guān)。另外，實驗Ⅱ和Ⅲ都是因為滴加量的不同，所發(fā)生的反應不同，故鹽溶液間反應的多樣性與反應條件有關(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，易溶于較濃的強酸和強堿溶液。
(1)“堿浸”時發(fā)生反應的離子方程式為 TeO2＋2OH－===TeO＋H2O 。
(2)堿浸后的“濾渣”可以部分溶于稀酸，發(fā)生反應的化學方程式是 3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O 。
(3)“沉碲”時控制溶液的pH為4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能過強，其原因是_溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應導致碲元素損失__；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酸性溶液中進行“還原”得到碲，該反應的化學方程式是 TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4 。
(5)25 ℃時，亞碲酸(H2TeO3)的Ka1＝110－3，Ka2＝210－8。
①0.1 molL－1 H2TeO3電離度α約為_10%__。(α＝100%)
②0.1 molL－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，易溶于較濃的強酸和強堿溶液，Ag、Au不與氫氧化鈉反應。(2)濾渣的成分是Ag、Au。只有Ag與硝酸反應，反應的化學方程式為3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O。(3)如果酸性過強，TeO2會溶解，造成碲元素損失；緩慢加入硫酸，并不斷攪拌可防止局部酸性過強。(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)化合價升降法進行配平即得化學方程式：TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4。 (5)①亞碲酸是二元弱酸，以第一步電離為主，H2TeO3HTeO＋H＋，根據(jù)Ka1＝，代入數(shù)值，求出c(H＋)≈0.01 molL－1，即轉(zhuǎn)化率為100%＝10%；②NaHTeO3的水解平衡常數(shù)Kh＝＝＝110－11<210－8，此溶液應顯酸性，即c(OH－)
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2018年高考化學大二輪復習
專題三
元素及其化合物
第13講
非金屬及其化合物學案
2018
年高
化學
二輪
復習
專題
元素
及其
化合物
13
非金屬
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