10 常見(jiàn)非金屬元素及其化合物常見(jiàn)非金屬元素(如H、C、N、O、Si、S、Cl等)。(1)了解常見(jiàn)非金屬單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應(yīng)用。(2)了解常見(jiàn)非金屬單質(zhì)及其重要化合物對(duì)環(huán)境質(zhì)量的影響。(3)以上各部分知識(shí)的綜合應(yīng)用。非金屬元素部分在保持原有考點(diǎn)不變的情況下，弱化了對(duì)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質(zhì)在新高考中的地位相當(dāng)突出，要引起重視。從考點(diǎn)的變化情況來(lái)看，常見(jiàn)非金屬元素及其化合物的性質(zhì)仍是高考命題的重點(diǎn)，其命題形式一般為實(shí)驗(yàn)探究、計(jì)算、推斷等。高考中，將會(huì)進(jìn)一步注重非金屬元素及其化合物性質(zhì)知識(shí)的整體性和探究性，強(qiáng)化與生活、社會(huì)實(shí)際問(wèn)題的聯(lián)系，試題可以以選擇題的形式出現(xiàn)，也可以以實(shí)驗(yàn)題和無(wú)機(jī)推斷題的形式出現(xiàn)，以環(huán)保為主題設(shè)計(jì)問(wèn)題的可能性也比較大?？陀^題(1)考查非金屬及其化合物的重要性質(zhì)和應(yīng)用。(2)以非金屬單質(zhì)與化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系為載體進(jìn)行物質(zhì)的推斷。主觀題(1)通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究非金屬單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)。(2)以環(huán)境污染、化工流程為載體考查非金屬單質(zhì)及其化合物知識(shí)的綜合應(yīng)用。一、硅及其化合物的“反?！?1)Si的還原性大于C，但C卻能在高溫下從SiO2中還原出Si：2CSiO2Si2CO。(2)非金屬單質(zhì)跟堿溶液作用一般無(wú)H2放出，但Si能跟強(qiáng)堿溶液作用放出H2：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。(3)非金屬單質(zhì)一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟氫氟酸作用：Si4HF=SiF42H2。(4)非金屬氧化物一般為分子晶體，但SiO2為原子晶體。(5)酸性氧化物一般不與酸作用，但SiO2能與HF作用。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3，所以有Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3，但高溫下Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2也能發(fā)生，原因可以從兩方面解釋：硅酸鹽比碳酸鹽穩(wěn)定；從化學(xué)平衡角度，由SiO2高沸點(diǎn)難揮發(fā)固體制得低沸點(diǎn)易揮發(fā)的CO2。二、氯及其化合物知識(shí)中的熱點(diǎn)(1)Cl2與水的可逆反應(yīng)，HClO的強(qiáng)氧化性和弱酸性。(2)Cl2與堿的歧化反應(yīng)。(3)Cl2作為氧化劑使用，如將Fe2氧化為Fe3。(4)Cl2的實(shí)驗(yàn)室制法，還原劑用濃鹽酸，氧化劑可以為MnO2()、KClO3和KMnO4等。(5)次氯酸鹽為重點(diǎn)ClO不論在酸性環(huán)境中還是在堿性環(huán)境中均能體現(xiàn)強(qiáng)氧化性，如ClO與SO、I、Fe2均不能大量共存。ClO體現(xiàn)水解性，因HClO酸性很弱，ClO水解顯示堿性，如Fe33ClO3H2O=Fe(OH)33HClO。三、常見(jiàn)無(wú)機(jī)酸的重要規(guī)律和重要特性(1)重要規(guī)律最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱取決于該元素非金屬性的強(qiáng)弱，如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。證明酸性強(qiáng)弱，可利用復(fù)分解反應(yīng)中“強(qiáng)酸制弱酸”的規(guī)律，如：Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3 Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO強(qiáng)氧化性酸(如：HNO3、濃H2SO4)與金屬反應(yīng)，不生成H2；金屬和濃HNO3反應(yīng)一般生成NO2，而金屬和稀HNO3反應(yīng)一般生成NO。(2)重要特性硝酸、濃H2SO4、次氯酸具有強(qiáng)氧化性，屬于氧化性酸，其中HNO3、HClO見(jiàn)光或受熱易分解。濃HNO3和Cu(足量)、濃H2SO4和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2(足量)在反應(yīng)時(shí)，隨反應(yīng)進(jìn)行，產(chǎn)物會(huì)發(fā)生變化或反應(yīng)停止。濃H2SO4具有吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性。常溫下，鐵、鋁遇濃H2SO4、濃HNO3發(fā)生鈍化。四、氮及其化合物1NO、NO2與O2溶于水的計(jì)算，利用好兩個(gè)比值43、41即可4NO3O22H2O=4HNO3 4NO2O22H2O=4HNO32HNO3的性質(zhì)，尤其是強(qiáng)氧化性是熱點(diǎn)，涉及與單質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)物的判斷，尤其是與鐵的反應(yīng)如稀HNO3與Fe：Fe4HNO3(稀，過(guò)量) =Fe(NO3)3NO2H2O；3Fe(過(guò)量)8HNO3(稀) =3Fe(NO3)22NO4H2O。五、常見(jiàn)非金屬元素形成的離子的檢驗(yàn)1利用鹽酸和其他試劑檢驗(yàn)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(wú)色無(wú)味氣體。SO：先加入足量稀鹽酸，無(wú)沉淀生成，再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。SO：加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再加稀鹽酸，放出無(wú)色有刺激性氣味能使品紅溶液褪色氣體。2利用AgNO3(HNO3酸化)溶液檢驗(yàn)3利用某些特征反應(yīng)檢驗(yàn)I：滴入淀粉溶液和氯水，溶液變藍(lán)色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳層呈紫紅色)。特別注意：設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行離子檢驗(yàn)時(shí)，要設(shè)法排除不同離子之間的干擾，如檢驗(yàn)SO時(shí)一定要排除Ag和SO的干擾。六、無(wú)機(jī)推斷（一）無(wú)機(jī)物的轉(zhuǎn)化與推斷方法突破口又稱“題眼”，解無(wú)機(jī)推斷題的關(guān)鍵在于尋找突破口，常見(jiàn)的突破口主要有以下幾類：1特殊結(jié)構(gòu)(1)原子個(gè)數(shù)比為11的化合物通常是H2O2、C2H2、C6H6、Na2O2等。(2)“AA”分子必然是N2，三角錐形的分子是NH3、PH3等。(3)具有正四面體結(jié)構(gòu)的有CH4、CCl4、NH、P4等。(4)不含金屬元素的離子化合物為銨鹽。2物質(zhì)的特有顏色常見(jiàn)的有顏色的物質(zhì)淡黃色固體S、Na2O2、AgBr淺綠色溶液Fe2紅色固體Cu、Cu2O藍(lán)色溶液Cu2紫黑色固體I2、KMnO4棕黃色溶液Fe3紅棕色粉末Fe2O3紅色溶液Fe(SCN)3黑色粉末，晶體MnO2、Fe3O4、CuS、C、CuO橙色、橙紅色溶液溴水紅褐色沉淀Fe(OH)3藍(lán)色晶體CuSO45H2O白色沉淀AgCl、BaSO4、Mg(OH)2、Al(OH)3等紅棕色氣體NO2、Br2(g)藍(lán)色沉淀Cu(OH)2黃綠色氣體Cl23特殊的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象(1)H2在Cl2中燃燒呈蒼白色火焰。(2)遇酚酞溶液變紅色的氣體是氨氣。(3)在空氣中迅速由無(wú)色變?yōu)榧t棕色的氣體是NO。(4)Cl2通入含Br的溶液中，會(huì)出現(xiàn)橙色，加入有機(jī)溶劑，在有機(jī)溶劑層出現(xiàn)橙紅色；Cl2通入含有I的溶液中，會(huì)出現(xiàn)深黃色，加入有機(jī)溶劑，在有機(jī)溶劑層出現(xiàn)紫紅色。(5)遇SCN顯紅色或遇OH生成紅褐色沉淀的離子是Fe3。(6)遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，則溶液中可能含有Ag或SO或SO。(7)遇HCl生成白色沉淀，則溶液中可能含有Ag或SiO。(8)使品紅溶液褪色的氣體可能是Cl2或SO2，但將褪色后的液體加熱又復(fù)原的是SO2。(9)碘遇淀粉顯藍(lán)色。(10)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為：白色沉淀灰綠色紅褐色的轉(zhuǎn)化一定是：Fe(OH)2Fe(OH)3。(11)既能跟酸反應(yīng)又能跟堿反應(yīng)且生成氣體的物質(zhì)一般是Al、NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS。(12)與堿反應(yīng)產(chǎn)生氣體的物質(zhì)是鋁、銨鹽，產(chǎn)生的氣體一般是H2、NH3。(13)與水反應(yīng)產(chǎn)生氣體的物質(zhì)一般是Na、Na2O2、CaC2、Mg3N2等。4特殊轉(zhuǎn)化關(guān)系(1)直線型轉(zhuǎn)化金屬堿性氧化物堿鹽：滿足此關(guān)系的有K、Na、Ca、Ba等。非金屬酸性氧化物酸鹽：滿足此關(guān)系的有C、N、S等。ABC酸或堿：滿足此關(guān)系的有NH3、S、N2、H2S、C、Na等。(2)交叉型轉(zhuǎn)化(3)三角型轉(zhuǎn)化(4)屬于“單質(zhì)化合物=新單質(zhì)新化合物(置換反應(yīng))”類型的反應(yīng)有：?jiǎn)钨|(zhì)同主族：2Na2H2O=2NaOHH2；2CSiO2Si2CO；Cl22NaBr=2NaClBr2等。單質(zhì)不同主族：2Al6HCl=2AlCl33H2；H2SCl2=2HClS；CH2O(g)COH2等。有過(guò)渡元素參加的常見(jiàn)置換反應(yīng)：Fe2H=Fe2H2；FeCu2=Fe2Cu。(5)能“三合一”的反應(yīng)有：NH3H2OCO2=NH4HCO3；4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3。6其他特征(1)常溫下短周期呈氣態(tài)的單質(zhì)(除惰性氣體外)：H2、N2、O2、F2、Cl2。(2)常見(jiàn)的同素異形體：金剛石和石墨、O2和O3、白磷和紅磷。(3)地殼中含量前四位的元素：O、Si、Al、Fe。(4)常溫下呈液態(tài)的金屬單質(zhì)：Hg；非金屬單質(zhì)：Br2。(5)常見(jiàn)的可燃性氣體：H2、CO、H2S、CH4、C2H4、C2H2等。（二）解無(wú)機(jī)推斷題“五步曲”1審：審清題意，從題干問(wèn)題框圖迅速瀏覽一遍，盡量在框圖中把相關(guān)信息標(biāo)示出來(lái)，明確求解要求。2找：找“題眼”即找到解題的突破口，此步非常關(guān)鍵。3析：從題眼出發(fā)，聯(lián)系新信息及所學(xué)的舊知識(shí)，大膽猜測(cè)，順藤摸瓜，應(yīng)用正逆思維、發(fā)散收斂思維、橫向縱向思維等多種思維方式進(jìn)行綜合分析、推理，初步得出結(jié)論。4驗(yàn)：驗(yàn)證確認(rèn)，將結(jié)果放入原題檢驗(yàn)，完全符合才算正確。5答：按題目的要求寫(xiě)出答案。1(2018海南卷）化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( ) ANa2O2可與CO2反應(yīng)放出氧氣，可用于制作呼吸面具BSiO2具有導(dǎo)電性，可用于制作光導(dǎo)纖維和光電池C聚四氟乙烯耐酸堿腐蝕，可用作化工反應(yīng)器的內(nèi)壁涂層D氯水具有較強(qiáng)的氧化性，可用于漂白紙張、織物等【解題思路】本題主要是考察化學(xué)在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，熟悉物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)及用途是解題的關(guān)鍵。光電池的主要成分是硅。ANa2O2可與CO2反應(yīng)放出氧氣，可用于制作呼吸面具，不符合題意；BSiO2具有導(dǎo)電性，可用于制作光導(dǎo)纖維，但光電池的主要成分是硅，符合題意；C聚四氟乙烯耐酸堿腐蝕，可用作化工反應(yīng)器的內(nèi)壁涂層，不符合題意；D氯水具有較強(qiáng)的氧化性，可用于漂白紙張、織物等，不符合題意；故答案為B?！敬鸢浮緽2分別將足量下列氣體通入稀Na2S溶液中，可以使溶液變渾濁的是（）ACO BSO2 CHCl DCO2【解題思路】CO不與Na2S發(fā)生反應(yīng)，因此沒(méi)有沉淀產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；SO2具有弱氧化性，與Na2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)，即SO22S24H=3S2H2O，故B正確；通HCl發(fā)生反應(yīng)2HS2=H2S，沒(méi)有沉淀產(chǎn)生，故C錯(cuò)誤；通CO2不產(chǎn)生沉淀，故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽3（2018安徽皖中名校聯(lián)盟聯(lián)考）檢驗(yàn)溶液中是否含有某種離子，下列操作方法正確的是( )A向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液無(wú)明顯現(xiàn)象，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，證明有ClB向某溶液中加稀BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，證明有SOC向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水變渾濁的氣體，證明有COD向某溶液中加入濃氫氧化鈉溶液后加熱，產(chǎn)生使?jié)駶?rùn)藍(lán)色石蕊試紙變紅的氣體，證明含有NH【解題思路】本題主要是考察離子的檢驗(yàn)，涉及各種物質(zhì)之間的反應(yīng)，通過(guò)將離子通過(guò)反應(yīng)轉(zhuǎn)化為能觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象（沉淀、氣體）來(lái)鑒別，主要是常見(jiàn)幾種離子的檢驗(yàn)，離子檢驗(yàn)時(shí)關(guān)鍵在于要排除其他離子的干擾。A項(xiàng)，向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液無(wú)明顯現(xiàn)象，則原溶液一定不含硫酸根離子和碳酸根離子等，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，則為氯化銀沉淀，說(shuō)明一定是氯化物的溶液，證明有Cl，故A正確；B項(xiàng)，向某溶液中加稀BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，不能證明有SO，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水變渾濁的氣體，該氣體可能是CO2或SO2，則溶液中可能存在CO、HCO、SO、HSO等，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，氨氣能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，符合題意的選項(xiàng)為A?！敬鸢浮緾4（2018福州市模擬）在有機(jī)化學(xué)中，硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化劑和氯磺化劑，在染料、藥品、除草劑和農(nóng)用殺蟲(chóng)劑的生產(chǎn)過(guò)程中有重要作用。現(xiàn)在擬用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l) H=97.3 kJmol1，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(部分夾持裝置未畫(huà)出)。已知：硫酰氯通常條件下為無(wú)色液體，熔點(diǎn)54.1，沸點(diǎn)69.1。在潮濕空氣中“發(fā)煙”；100C以上開(kāi)始分解，生成二氧化硫和氯氣，長(zhǎng)期放置也會(huì)發(fā)生分解?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）裝置丙中作為反應(yīng)容器的儀器的名稱為_(kāi)，裝置丙中球形冷凝管的作用是_；如何控制兩種反應(yīng)物體積相等：_。（2）裝置戊上方分液漏斗中最好選用下列試劑：_(選填字母)A蒸餾水 B飽和食鹽水 C濃氫氧化鈉溶液 D6.0molL-1鹽酸（3）若缺少裝置己，硫酰氯(SO2Cl2)會(huì)和空氣中的水反應(yīng)而變質(zhì)，其化學(xué)方程式是_。（4）氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯：2ClSO3HSO2Cl2 +H2SO4，分離兩種產(chǎn)物的方法是_(選填字母)。A重結(jié)晶 B過(guò)濾 C蒸餾 D萃?。?）長(zhǎng)期儲(chǔ)存的硫酰氯會(huì)發(fā)黃，可能的原因是_(用化學(xué)方程式和必要的文字加以解釋)。（6）若反應(yīng)中消耗的氯氣體積為896mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，最后經(jīng)過(guò)分離提純得到4.05g純凈的硫酰氯，則硫酰氯的產(chǎn)率為_(kāi)。（7）請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)產(chǎn)品中有硫酸（可選試劑：稀鹽酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸餾水、石蕊溶液）：_。【解題思路】本題是物質(zhì)的制備的實(shí)驗(yàn)題，以實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮蛯?shí)驗(yàn)原理為主要線索，研究實(shí)驗(yàn)裝置，不難發(fā)現(xiàn)左邊裝置是制取原料SO2，右邊裝置是制取原料Cl2（我們實(shí)驗(yàn)室制取干燥純凈的氯氣中除雜的考查），且貼合題干已知信息考查己裝置的目的，分析問(wèn)題返回題干找關(guān)鍵字眼，例如：在潮濕空氣中“發(fā)煙”等。（1）裝置丙中作為反應(yīng)容器的儀器，名稱為三頸燒瓶；裝置丙中球形冷凝管的作用是冷凝回流導(dǎo)氣；通過(guò)調(diào)節(jié)旋塞或滴液的快慢控制氣體流速，使裝置乙和丁導(dǎo)管口產(chǎn)生氣泡的速度相等；正確答案：三頸燒瓶；冷凝回流導(dǎo)氣；觀察乙、丁導(dǎo)管口產(chǎn)生氣泡的速度相等。（2）A蒸餾水可以溶解氯氣；B飽和食鹽水溶解氯氣的能力很??；C濃氫氧化鈉溶液與氯氣發(fā)生反應(yīng)；D6.0molL1鹽酸揮發(fā)逸出雜質(zhì)氣體氯化氫；正確選項(xiàng)B。（3）硫酰氯(SO2Cl2)會(huì)和空氣中的水反應(yīng)而變質(zhì)，生成硫酸和鹽酸，化學(xué)方程式是：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；正確答案：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。（4）兩種產(chǎn)物都呈液態(tài)，且沸點(diǎn)差別較大，采用蒸餾方法進(jìn)行分離，正確選項(xiàng)C。（5）SO2Cl2=SO2+Cl2，分解產(chǎn)生少量的氯氣溶解在其中，會(huì)導(dǎo)致硫酰氯會(huì)發(fā)黃；正確答案：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解產(chǎn)生少量的氯氣溶解在其中。（6）若反應(yīng)中消耗的氯氣體積為896 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，氯氣的物質(zhì)的量為0.04mol，根據(jù)反應(yīng)SO2(g)+ Cl2(g)=SO2Cl2(l)可知，制備出的SO2Cl2的量為0.04mol，質(zhì)量為0.04135=5.4g，則硫酰氯的產(chǎn)率為4.05/5.4100%=75%；正確答案：75%。（7）由于SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl發(fā)生，所以要檢驗(yàn)SO2Cl2中混有硫酸，就要先除去SO2Cl2，根據(jù)題給信息，進(jìn)行如下操作：取產(chǎn)物在干燥的環(huán)境中加熱至100，待產(chǎn)物的質(zhì)量不在改變時(shí)，冷卻后將剩余物質(zhì)加入到水中；取少量溶液加入石蕊試液，溶液變紅；再取少量試液加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則說(shuō)明產(chǎn)品中有硫酸。正確答案：取產(chǎn)物在干燥的環(huán)境中加熱至100，待產(chǎn)物的質(zhì)量不在改變時(shí)，冷卻后將剩余物質(zhì)加入到水中；取少量溶液加入石蕊試液，溶液變紅；再取少量試液加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則說(shuō)明產(chǎn)品中有硫酸?！敬鸢浮?1)三頸燒瓶冷凝回流導(dǎo)氣觀察乙、丁導(dǎo)管口產(chǎn)生氣泡的速度相等(2)B (3)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (4)C (5)SO2Cl2=SO2+Cl2，分解產(chǎn)生少量的氯氣溶解在其中(6)75% (7)取產(chǎn)物在干燥的環(huán)境中加熱至100，待產(chǎn)物的質(zhì)量不在改變時(shí)，冷卻后將剩余物質(zhì)加入到水中；取少量溶液加入石蕊試液，溶液變紅；再取少量試液加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則說(shuō)明產(chǎn)品中有硫酸1（2018山東臨沂調(diào)研）將15.2g銅和鎂組成的混合物加入250mL 4.0molL1的稀硝酸中，固體完全溶解，生成的氣體只有NO。向所得溶液中加入1.0L NaOH溶液，此時(shí)金屬離子恰好沉淀完全，沉淀質(zhì)量為25.4 g，下列說(shuō)法不正確的是（）A原固體混合物中，Cu和Mg的物質(zhì)的量之比為21B氫氧化鈉溶液的濃度為0.8molL1C固體溶解后的溶液中硝酸的物質(zhì)的量為0.1molD生成的NO氣體在標(biāo)況下的體積為4.48L【解題思路】此題主要是考查金屬混合物和硝酸的反應(yīng)相關(guān)計(jì)算，解題關(guān)鍵在于沉淀質(zhì)量與金屬混合物質(zhì)量之差得到沉淀過(guò)程中消耗的OH的質(zhì)量，進(jìn)一步得到銅和鎂在發(fā)生反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，再通過(guò)轉(zhuǎn)移電子總數(shù)和混合物總質(zhì)量列一元二次方程，分別求出混合物中各組分的物質(zhì)的量。用總的消耗的堿的量減去沉淀消耗的堿的量即是過(guò)量的硝酸，一環(huán)扣一環(huán)，把握整體思路。將15.2g銅和鎂組成的混合物加入250mL 4.0molL1的稀硝酸中，固體完全溶解，生成的氣體只有NO，發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；向所得溶液中加入1.0L NaOH溶液，此時(shí)金屬離子恰好沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，沉淀質(zhì)量為25.4 g，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加10.2g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為10.2g，氫氧根的物質(zhì)的量為10.2g17g/mol=0.6mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.3mol，A設(shè)Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為x、y，則有：x+y=0.3mol64x+24y=15.2g，解得，x=0.2mol，y=0.1mol，故Cu和Mg的物質(zhì)的量之比為21，選項(xiàng)A正確；B硝酸剩余0.2mol(見(jiàn)選項(xiàng)C分析)，則參加反應(yīng)氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.2mol+0.6mol=0.8mol，需要?dú)溲趸c溶液的濃度為0.8mol1L=0.8mol/L，選項(xiàng)B正確；C根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n反應(yīng)（HNO3）=83n（金屬）=0.3mol83=0.8mol，固體溶解后的溶液中硝酸的物質(zhì)的量為0.25L4.0mol/L-0.8mol=0.2mol，選項(xiàng)C不正確；D根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為0.6mol3=0.2mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成NO的體積為0.2mol22.4L/mol=4.48L，選項(xiàng)D正確；答案選C。【答案】C2（2018北京朝陽(yáng)二模）實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)漂白液（有效成分為NaClO）脫除廢水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正確的是（）A中采用蒸餾的方法精制粗鹽水B中陽(yáng)極的主要電極反應(yīng)：4OH-4e=2H2O + O2C中制備漂白液的反應(yīng)：Cl2+OH=Cl+HClOD、中均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)【解題思路】以制備工業(yè)漂白液為載體，粗鹽的提純、工業(yè)上電解飽和食鹽水（電解池）、氯氣與氫氧化鈉的反應(yīng)。電解池中陽(yáng)極的電極材料若是惰性電極，注意陰離子的放電順序：Cl>OH。A中采用蒸餾只能得到蒸餾水，得不到精制鹽水，要得到精制鹽水需要使用化學(xué)方法除去其中的雜質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，中陽(yáng)極的主要電極反應(yīng)：2Cl2e=Cl2，故B錯(cuò)誤；C生成的氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成次氯酸鈉，中制備漂白液的反應(yīng)：Cl2 +2OH=Cl+ClO+H2O，故C錯(cuò)誤；D中電解氯化鈉溶液生成氫氣和氯氣以及氫氧化鈉、中氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉、中次氯酸鈉與氨氣反應(yīng)生成氮?dú)夂吐然c，均存在元素化合價(jià)的變化，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故D正確；故選D?！敬鸢浮緿3下列各項(xiàng)敘述、都正確且二者的原理最相似的是（）選項(xiàng)敘述敘述AFeS難溶于水，卻溶于稀硝酸CaCO3難溶于稀硫酸，卻溶于醋酸B濃硝酸要密封保存在陰涼處漂白粉要密封保存在陰涼處C鹽酸與鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵少量氯氣與鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵D濃氨水滴入固體NaOH制NH3濃鹽酸滴入濃硫酸制HCl【解題思路】FeS與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，醋酸與碳酸鈣發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，A錯(cuò)誤。濃硝酸易揮發(fā)、易分解，漂白粉易與空氣中的CO2反應(yīng)，B錯(cuò)誤。氯氣與鐵反應(yīng)生成氯化鐵，C錯(cuò)誤。NaOH固體溶于水放出大量的熱，導(dǎo)致氨氣的溶解度降低生成氨氣，濃硫酸溶于水放出大量的熱，導(dǎo)致HCl的溶解度降低，生成HCl氣體，D正確?！敬鸢浮緿4(1)砷(As)與其化合物被廣泛應(yīng)用在除草劑、殺蟲(chóng)劑以及含砷藥物中。回答下列問(wèn)題：砷是氮的同族元素，且比氮多2個(gè)電子層，寫(xiě)出砷在元素周期表中的位置：；AsH3的熱穩(wěn)定性比NH3的熱穩(wěn)定性_(填“強(qiáng)”或“弱”)。As2O3俗稱砒霜，As2O3是兩性偏酸性氧化物，是亞砷酸(H3AsO3)的酸酐，易溶于堿生成亞砷酸鹽，寫(xiě)出As2O3與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式：。As2S3和HNO3反應(yīng)如下：As2S3+10H+10NO=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池，則NO2應(yīng)該在_(填“正極”或“負(fù)極”)附近逸出，該極的電極反應(yīng)式為_(kāi)。(2)綜合利用CO2對(duì)環(huán)境保護(hù)及能源開(kāi)發(fā)意義重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果尋找吸收CO2的其他物質(zhì)，下列建議合理的是_。A可在堿性氧化物中尋找B可在A、A族元素形成的氧化物中尋找C可在具有強(qiáng)氧化性的物質(zhì)中尋找【解題思路】(1)氮元素位于周期表中第二周期第A族，砷比氮多2個(gè)電子層，位于第四周期第A族；砷的非金屬性比氮的弱，所以簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性比氨氣的弱。As2O3有兩性，性質(zhì)與氧化鋁相似，所以與氫氧化鈉反應(yīng)生成鹽和水，離子方程式為As2O3+6OH=2AsO+3H2O。氮元素得電子化合價(jià)降低，NO2在正極逸出。電極反應(yīng)為NO+2H+e=NO2+H2O。(2)二氧化碳是酸性氧化物，可以與堿或堿性氧化物反應(yīng)，所以選AB?！敬鸢浮?1)第四周期第A族弱As2O3+6OH-=2AsO+3H2O正極NO+2H+e=NO2+H2O(2)AB5某化學(xué)學(xué)習(xí)小組為了探究鎂與二氧化硫的反應(yīng)產(chǎn)物，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：設(shè)計(jì)如圖所示裝置完成鎂與二氧化硫的反應(yīng)實(shí)驗(yàn)。(1)實(shí)驗(yàn)室用亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)制備SO2，利用的是濃硫酸的_(填字母)。A強(qiáng)氧化性B強(qiáng)酸性 C脫水性D腐蝕性(2)B裝置中試劑的名稱是_；E裝置的作用是_。(3)有同學(xué)認(rèn)為可以拆去D裝置，你認(rèn)為_(kāi)(填“能”或“不能”)拆去D裝置，理由是_。探究燃燒的反應(yīng)產(chǎn)物(4)反應(yīng)后取C裝置中的固體粉末進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：G裝置中產(chǎn)生黑色沉淀，I裝置中黑色粉末變紅色，J裝置中白色粉末變藍(lán)色。寫(xiě)出G裝置中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：；I、J裝置中的現(xiàn)象說(shuō)明固體中含有_(填化學(xué)式)。(5)取出F裝置燒瓶中的混合物，經(jīng)過(guò)濾、干燥得到少量固體粉末，為了探究固體粉末的成分，選擇下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：氣體從左至右，選擇所需裝置，正確的連接順序?yàn)開(kāi)(填字母)。能證明固體粉末是硫黃的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_。(6)經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)定，鎂在二氧化硫中燃燒的產(chǎn)物有硫化鎂、硫和氧化鎂。如果m(MgO)m(MgS)m(S)=2074，寫(xiě)出鎂與SO2在加熱條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式：_?！窘忸}思路】(1)濃硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，在該反應(yīng)中濃硫酸表現(xiàn)出強(qiáng)酸性。(2)用濃硫酸干燥SO2，尾氣中的SO2用堿石灰吸收。(3)本實(shí)驗(yàn)中加熱裝置與盛有固體試劑的裝置連接，不需要安全瓶。(4)F裝置中MgS與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，硫酸銅溶液用于檢驗(yàn)H2S，H2S是弱酸。氧化銅被還原成銅，無(wú)水硫酸銅變藍(lán)色，說(shuō)明固體與稀硫酸反應(yīng)有氫氣產(chǎn)生，即固體中含有未反應(yīng)的鎂粉。(5)題給裝置中沒(méi)有用于干燥氧氣的裝置，如果選擇過(guò)氧化氫溶液制氧氣，不能得到干燥的氧氣。實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)該用干燥的氧氣與硫反應(yīng)，故選擇高錳酸鉀制氧氣。裝置連接順序?yàn)橹蒲鯕狻⒀鯕馀c硫反應(yīng)、檢驗(yàn)SO2、吸收尾氣。(6)根據(jù)質(zhì)量之比計(jì)算物質(zhì)的量之比，n(MgO)n(MgS)n(S)=411，由產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比可以直接寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式?！敬鸢浮?1)B(2)濃硫酸吸收尾氣中的SO2，防止空氣中的CO2與Mg反應(yīng)(3)能D裝置與盛有固體試劑的裝置相連，不會(huì)發(fā)生倒吸(4)Cu2+H2S=CuS+2H+Mg(5)d、c、a、b品紅溶液褪色(6)5Mg+2SO24MgO+MgS+S1（2018河北武邑調(diào)研）下列物質(zhì)的制備和性質(zhì)實(shí)驗(yàn)中，由現(xiàn)象得出的結(jié)論錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)試劑試紙或試液現(xiàn)象結(jié)論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍(lán)NH3為堿性氣體B乙酸、乙醇、濃硫酸飽和碳酸氫鈉溶液分層乙酸乙酯不溶于水，密度小于水C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性【解題思路】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)，明確常見(jiàn)氣體的制備和性質(zhì)為解答關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意二氧化硫性質(zhì)的應(yīng)用，尤其是涉及褪色的原理的理解。A生石灰溶于水放出大量的熱，有利于氨氣的逸出，可以采取濃氨水和生石灰制取NH3，可用紅色石蕊試紙檢驗(yàn)，試紙變藍(lán)則說(shuō)明NH3為堿性氣體，故A正確；B純凈的乙酸乙酯是一種油狀液體，且能浮在水面上，所以乙酸乙酯難溶于水，密度小于水，故B正確；C濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2，Cl2可以用濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙檢驗(yàn)，試紙變藍(lán)，說(shuō)明KI轉(zhuǎn)化為I2，則說(shuō)明Cl2有強(qiáng)氧化性，故C正確；DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性，故D錯(cuò)誤；故選D?！敬鸢浮緿2（2018武漢理綜）氯化鋁（AlN)是一種新型無(wú)機(jī)非金屬原料，常溫下AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3。某課題小組利用甲圖所示裝置測(cè)定樣品AlN的含量(雜質(zhì)不反應(yīng)）。下列說(shuō)法中正確的是（）A量氣管中的液體應(yīng)為水B用長(zhǎng)頸漏斗代替分液漏斗，有利子控制反應(yīng)速率C反應(yīng)結(jié)束時(shí)a、b兩管液面的差值即為產(chǎn)生氣體的體枳D若其它操作均正確，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)按乙圖讀數(shù)，測(cè)得AlN含量偏高【解題思路】關(guān)鍵要理解實(shí)驗(yàn)的反應(yīng)原理是AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，制取氨氣，考查的是氨氣的性質(zhì)。用量氣法測(cè)量氣體的體積時(shí)，要注意：一定要等到反應(yīng)結(jié)束后冷卻到室溫；通過(guò)上下調(diào)節(jié)量氣管的位置，保持量氣裝置兩端的液面要保持水平；讀數(shù)時(shí)一定要平視。反應(yīng)產(chǎn)生的氣體為氨氣，氨氣極易溶于水，所以量氣管中的液體不應(yīng)為水，可以為四氯化碳，A錯(cuò)誤；長(zhǎng)頸漏斗沒(méi)有玻璃旋塞，不能控制液體的滴加，也就不能控制反應(yīng)速率，B錯(cuò)誤；反應(yīng)結(jié)束時(shí)，待氣體冷卻到室溫，調(diào)節(jié)右側(cè)的量氣管，使左右兩端的液面相平，才能讀數(shù)，根據(jù)起始和結(jié)束時(shí)右側(cè)量氣管的液面的差值，計(jì)算產(chǎn)生氣體的體積，C錯(cuò)誤；俯視量氣管的讀數(shù)，使所量氣體的體積的體積增大，氨氣的量增大，氮化鋁的量增大，測(cè)得AlN含量偏高，D正確；正確選項(xiàng)D。【答案】D3已知A為常見(jiàn)金屬，X、Y為常見(jiàn)非金屬，X、E、F、G常溫下為氣體，Y為黑色固體，常溫下C為無(wú)色液體，B是一種鹽，受熱極易分解，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中用途較廣。現(xiàn)用A與石墨作電極，B的濃溶液作電解液，構(gòu)成原電池。有關(guān)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖(其中有些反應(yīng)的條件及部分生成物被略去)：請(qǐng)完成下列填空：(1)原電池反應(yīng)中正極的電極反應(yīng)式為_(kāi)；(2)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)；(3)反應(yīng)為A在某種氣體中燃燒，生成單質(zhì)Y和A的氧化物，其反應(yīng)方程式為_(kāi)；(4)“操作b”為_(kāi)；(5)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)；(6)檢驗(yàn)氣體E的試劑及現(xiàn)象是_；(7)已知E可與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成K，K和E的組成元素相同，且一分子K中有18個(gè)電子，則K中所含的化學(xué)鍵類型為_(kāi)、_?！窘忸}思路】C為無(wú)色液體，由氣體X(X由原電池反應(yīng)得到，可能是H2)和氧氣反應(yīng)得到，故C應(yīng)是H2O，X是H2；根據(jù)反應(yīng)可知非金屬Y是C；由電解D無(wú)水晶體得到A與Cl2，可知D為氯化物且是離子化合物，結(jié)合AB溶液發(fā)生原電池反應(yīng)得到X、D、E，可知B為氯化物，且B是一種鹽，受熱極易分解，反應(yīng)生成H2與E氣體，B應(yīng)水解呈酸性，由轉(zhuǎn)化關(guān)系：EFGH，屬于常溫下氣體E的連續(xù)氧化得到氣體G，在中學(xué)階段中N、S的化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，考慮反應(yīng)是金屬與NH4Cl溶液發(fā)生的原電池反應(yīng)，可推出E為NH3、F為NO、G為NO2，則H為HNO3；反應(yīng)為A在某種氣體中燃燒，生成單質(zhì)Y和A的氧化物，應(yīng)為Mg與二氧化碳的反應(yīng)，可推出A為Mg，則D為MgCl2；結(jié)合反應(yīng)可推知B為NH4Cl，驗(yàn)證符合轉(zhuǎn)化關(guān)系。(1)原電池反應(yīng)中，正極發(fā)生還原反應(yīng)，銨根離子放電生成氨氣與氫氣，則正極的電極反應(yīng)式為2NH2e-=2NH3H2；(2)反應(yīng)是氨的催化氧化，反應(yīng)化學(xué)方程式為4NH35O24NO6H2O；(3)反應(yīng)為Mg與二氧化碳的反應(yīng)生成MgO與碳，反應(yīng)方程式為2MgCO22MgOC；(4)從MgCl2溶液制備MgCl2的無(wú)水晶體，應(yīng)注意防止水解，應(yīng)將氯化鎂溶液在HCl氣流中蒸干，即“操作b”為在HCl氣流中蒸干；(5)反應(yīng)是碳與濃硝酸反應(yīng)生成CO2、NO2、H2O，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為C4HNO3CO24NO22H2O；(6)氨氣是堿性氣體，氨氣溶于水呈堿性，所以氨氣使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，通常利用此方法檢驗(yàn)氨氣。則檢驗(yàn)氣體E的試劑為濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙，現(xiàn)象是變藍(lán)；(7)已知E可與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成K，K和E的組成元素相同，且一分子K中有18個(gè)電子，則K的分子式為N2H4，K中所含的化學(xué)鍵類型為極性共價(jià)鍵、非極性共價(jià)鍵?！敬鸢浮?1)2NH2e=2NH3H2(2)4NH35O24NO6H2O(3)2MgCO22MgOC(4)在HCl氣流中蒸干(5)C4HNO3CO24NO22H2O(6)濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙，變藍(lán)(7)極性共價(jià)鍵、非極性共價(jià)鍵4水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分為CaO、SiO2，并含有一定量的鐵、鋁和鎂等金屬的氧化物。實(shí)驗(yàn)室測(cè)定水泥樣品中鈣含量的過(guò)程如圖所示：回答下列問(wèn)題：（1）在分解水泥樣品過(guò)程中，以鹽酸為溶劑，氯化銨為助溶劑，還需加入幾滴硝酸。加入硝酸的目的是_，還可使用_代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_，其不溶于強(qiáng)酸但可與一種弱酸反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。（3）加氨水過(guò)程中加熱的目的是_。沉淀B的主要成分為_(kāi)、_（填化學(xué)式）。（4）草酸鈣沉淀經(jīng)稀H2SO4處理后，用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，通過(guò)測(cè)定草酸的量可間接獲知鈣的含量，滴定反應(yīng)為：MnO+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。實(shí)驗(yàn)中稱取0.400g水泥樣品，滴定時(shí)消耗了0.0500molL1的KMnO4溶液36.00mL，則該水泥樣品中鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)?！窘忸}思路】本題主要是通過(guò)對(duì)水泥中鈣含量的測(cè)定為原理，考查了離子的除雜、二氧化硅的性質(zhì)、氧化還原滴定等知識(shí)。關(guān)鍵注意調(diào)節(jié)PH的目的是通過(guò)Fe3+、Al3+的水解反應(yīng)將雜質(zhì)離子除去，且因Fe3+容易在pH較小時(shí)以氫氧化物的形式沉淀出來(lái)，常常會(huì)將Fe2+氧化為Fe3+。（1）根據(jù)題中信息，水泥中含有一定量的鐵、鋁、鎂等金屬氧化物，根據(jù)流程需要除去這些雜質(zhì)，因?yàn)镕e3+容易在pH較小時(shí)以氫氧化物的形式沉淀出來(lái)，因此加入硝酸的目的是將樣品中可能存在的Fe2轉(zhuǎn)化成Fe3；加入的物質(zhì)要具有氧化性，同時(shí)不能引入新的雜質(zhì)，因?yàn)檫^(guò)氧化氫被稱為綠色氧化劑，所以可以選擇雙氧水；（2）根據(jù)水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氫氟酸，發(fā)生的反應(yīng)是：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；（3）鹽類水解是吸熱反應(yīng)，加熱可以促進(jìn)Fe3+、Al3+水解轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3、Al(OH)3；根據(jù)流程圖，pH45時(shí)Ca2+、Mg2+不沉淀，F(xiàn)e3+、Al3+沉淀，所以沉淀B為Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）草酸鈣的化學(xué)式為CaC2O4，MnO作氧化劑，化合價(jià)降低5價(jià)，H2C2O4中的C化合價(jià)由3價(jià)4價(jià)，整體升高2價(jià)，最小公倍數(shù)為10，因此MnO的系數(shù)為2，H2C2O4的系數(shù)為5，運(yùn)用關(guān)系式法5Ca2+5H2C2O42KMnO4；n(KMnO4)=0.0500mol/L36.00103mL=1.80103mol，n(Ca2+)=4.50103mol，水泥中鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為4.50103mol40.0g/mol/0.400g100%=45.0%【答案】（1）將樣品中可能存在的Fe2+氧化為Fe3+雙氧水(H2O2) （2） SiO2 (或H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4+2H2O 防止膠體生成，易沉淀分離（3） Fe(OH)3 Al(OH)3（4）45.0%