1、课时1碳、硅及其化合物最新考纲1了解碳元素、硅元素的单质及其重要化合物的主要性质及应用。2.了解碳元素、硅元素的单质及其重要化合物对环境质量的影响。考点一碳、硅单质的性质1碳、硅的存在形态(1)碳在自然界既有游离态又有化合态。碳的同素异形体有金刚石、石墨、无定形碳、C60等。(2)硅在地壳中的含量占第二位，仅次于氧，全部以化合态存在，是一种亲氧元素，单质硅有晶体和无定形两种。2碳、硅单质的结构、物理性质与用途的比较碳硅结构金刚石：空间网状结构石墨：层状结构晶体硅：与金刚石类似的空间网状结构物理性质金刚石熔点高、硬度大石墨熔点高、质软，有滑腻感晶体硅为灰黑色固体，有金属光泽、硬度大、熔点高用途金
2、刚石用作切割刀具，石墨用作电极、铅笔芯晶体硅用作半导体材料、硅芯片和硅太阳能电池3.碳、硅单质的化学性质(1)碳(2)与F2反应：Si2F2=SiF4。与氢氟酸反应：Si4HF=SiF42H2。与NaOH溶液反应：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。与O2反应：SiO2SiO2。与Cl2反应：Si2Cl2SiCl4。4硅的工业制法探究思考1用短线把碳的同素异形体与其物理性质和用途连接起来2判断正误(1)碳的几种单质性质不同的原因主要是由于其结构不同。()(2)12C、13C、14C是碳的三种同素异形体。()(3)硅是非金属元素，晶体硅是灰黑色有金属光泽的固体()(4)硅的导电性能介于导
3、体和绝缘体之间，是良好的半导体材料()(5)硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应()(6)加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属反应()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)【示例1】 下列说法不正确的是()。A高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅(2013广东，11C)B单晶硅是将太阳能转变为电能的常用材料(2012新课标，8B)C单质硅常用作半导体材料和光导纤维(2011山东理综，10B)D硅是构成一些岩石和矿物的基本元素(2009广东理基，22)思维启迪 硅是现在应用最为广泛的半导体材料，而光导纤维的主要成分为SiO2，光导纤维不导电(填“导电”或“不导电”)。解析光导纤维的主要
4、成分为二氧化硅而不是硅单质。答案C【示例2】 (2012重庆理综，26节选)金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。(1)碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子。碳元素在周期表中的位置是_，Q是_。R的电子式为_。(2)一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石。反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为_，除去粗产品中少量钠的试剂为_。(3)碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2。现将20.0 g SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1 mol氢气，过滤得SiC固体11.4 g，滤液稀释
5、到1 L。生成氢气的离子方程式为_，硅酸盐的物质的量浓度为_。解析(1)C(碳)的两种常见气态化合物为CO、CO2，其中CO2为非极性分子，所以Q为O，R为CO2。(2)根据Na能与H2O(或CH3CH2OH)反应，而金刚石性质稳定的特点，可用H2O(或CH3CH2OH)除去金刚石中含有的Na。(3)Si与NaOH溶液反应的离子方程式为Si2OHH2O=SiO322H2。20.0 g粗产品中，含有11.4 g SiC，根据Si2H2，可得m(Si)0.05 mol28 gmol11.4 g，m(SiO2)20.0 g11.4 g1.4 g7.2 g，n(SiO2)0.12 mol，根据Si原子
6、守恒，可得n(Na2SiO3)0.17 mol，故c(Na2SiO3)0.17 molL1。答案(1)第二周期第A族O(氧) (2)过滤水(或乙醇)(3)Si2OHH2O=SiO322H20.17 molL11(2013榆林模拟)科学家在不断深入的研究中，发现了一系列新的碳单质，对碳单质的研究已发展成一门独立的科学碳科学。下列关于碳单质的叙述正确的是()。A碳的各种单质互称为碳的同素异形体B碳元素的各种单质结构虽然不同，但性质差别不大C碳元素的单质性质不同，其用途相同D碳元素的单质只有金刚石、石墨和C60解析碳元素的单质结构不同，物理性质差别较大，B错误；碳元素单质性质不同，用途也不相同，C错
7、误；常见的碳元素单质有金刚石、石墨和C60，但同时还存在其他单质，D错误。答案A2硅作为一种新型能源被广泛开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不正确的是()。A硅燃烧产物对环境产生的污染，容易得到有效控制B从Si(s)O2(g)SiO2(s)H858.6 kJmol1可知，硅燃烧放出的热量多C自然界中硅的储量丰富，可以从自然界直接获得单质硅D硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料之一解析硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，其污染容易得到有效控制；硅为固体燃料，化学性质不活泼，运输、贮存比较容易且又安全；硅在自然界中无单质形式，只有化合物，所以C是错误的。答案C32009浙江理
8、综，28(1)(2)(3)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450500 )，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。相关信息如下：a四氯化硅遇水极易水解；b硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；c有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/57.712.8315熔点/70.0107.2升华温度/180300162请回答下列问题：(1)写出装置A中发生反应的离子方程式：_。(2)装置A中g管的作用是_；
9、装置C中的试剂是_；装置E中的h瓶需要冷却的理由是_。(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是_(填写元素符号)。解析依据题中信息可知A为Cl2的发生装置，B、C为Cl2净化装置，D中发生反应2Cl2SiSiCl4，生成SiCl4用E收集，B中为饱和食盐水将氯化氢气体除去，C中应为浓H2SO4除水，由表中数据可知SiCl4沸点较低，用冷却液冷却可得到液态SiCl4。答案(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(2)平衡气压浓H2SO4SiCl4沸点较低，用冷却液冷却可得到液态SiCl4(3)Al、B、P
10、碳、硅单质的特殊性1一般情况下，非金属元素单质熔、沸点低，硬度小，但晶体硅、金刚石熔、沸点高，硬度大，其中金刚石为自然界中硬度最大的物质。2一般情况下，非金属单质为绝缘体，但硅为半导体，石墨为电的良导体。3Si的还原性大于C，但C在高温下能还原出Si：SiO22CSi2CO。4非金属单质与碱反应一般既作氧化剂又作还原剂，且无氢气放出，但硅与强碱溶液反应只作还原剂，且放出氢气：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。5非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能跟HF作用：Si4HF=SiF42H2。6一般情况下，金属(Na、K)能置换出水中的氢，但C在高温下也能置换出H2O中的氢：CH2O(g
11、)H2CO。考点二碳、硅的氧化物1一氧化碳(1)物理性质：无色气体，有毒，难溶于水。(2)化学性质燃烧：2COO22CO2，淡蓝色火焰；还原CuO：CuOCOCuCO2(冶炼金属)。2二氧化碳和二氧化硅的比较物质二氧化硅二氧化碳结构空间立体网状结构，不存在单个分子存在单个CO2分子主要物理性质硬度大，熔、沸点高，常温下为固体，不溶于水熔、沸点低，常温下为气体，微溶于水化学性质与水反应不反应CO2H2OH2CO3与酸反应只与氢氟酸反应：SiO24HF=SiF42H2O不反应与碱反应SiO22NaOH=Na2SiO3H2O(盛碱液的试剂瓶用橡胶塞)CO2少量：CO22NaOH= Na2CO3H2O
12、、CO2过量：CO2NaOH= NaHCO3与盐反应如与Na2CO3反应：SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2如与Na2SiO3反应：Na2SiO3H2OCO2(不足)=H2SiO3Na2CO3或Na2SiO32H2O2CO2(足量)=H2SiO32NaHCO3与碱性氧化物反应如与CaO反应：SiO2CaOCaSiO3如与Na2O反应：Na2OCO2= Na2CO3用途光导纤维、光学仪器、电子部件制饮料、制碳酸盐探究思考1判断正误(1)CO2不支持燃烧是相对的。()(2)CO和CO2是碳的两种氧化物，二者均是温室气体。()(3)酸性氧化物都只能与碱反应不能与酸发生反应。()(4)工业上用焦
13、炭和石英制取粗硅的反应方程式为SiO2CSiCO2。()(5)不能用SiO2与水反应的方法来制取硅酸，不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化。()答案(1)(2)(3)(4)(5)2指出下列反应中SiO2所表现的化学性质或作用，在AE选项中选择正确答案填入括号内。(1)SiO22NaOH=Na2SiO3H2O()(2)SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2()(3)SiO22CSi2CO()(4)SiO23CSiC2CO()(5)SiO24HF=SiF42H2O()A作为玻璃的成分被消耗而使玻璃被腐蚀B氧化性C酸性氧化物的通性D将挥发性的酸酐从其盐中置换出来E未参加氧化还原反应答案(1)C(2
14、)D(3)B(4)E(5)A【示例3】 下列说法正确的是()。A二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸(2013江苏，4B)B甲乙丙若甲为焦炭则丁可能是O2(2013江苏，6A)CSiO2有导电性，所以SiO2可用于制备光导纤维(2012广东理综，12B)DSiO2与酸、碱均不反应(2012天津理综，2B)解析由于SiO2能与氢氟酸反应，所以不能用石英器皿盛放氢氟酸，A错误；SiO2不导电，C错误；SiO2是酸性氧化物能与碱反应，也能与氢氟酸反应，D错误。答案B【示例4】 (2010福建理综，9)下表各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是()。解析A项，NaHCO3无法一步到Na，
15、错；B项，Cu(OH)2无法一步到Cu，错；C项，C与O2不完全燃烧得CO，CO与O2反应得CO2，CO2与Mg反应可得C，正确；D项，SiO2无法一步得H2SiO3，H2SiO3也无法一步得Si，错。答案C1(2013镇江模拟)下图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是()。ASiO2属于两性氧化物B非金属性：SiCC硅胶吸水后可重复再生D图中所示转化反应都是氧化还原反应解析SiO2是酸性氧化物；非金属性：CSi；图中有的转化反应不是氧化还原反应，如SiO2与NaOH溶液的反应。答案C2(2013重庆八中月考)向含有0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的溶
16、液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为8.96 L(0 ，1.01105 Pa)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2气体的体积关系图像正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)()。解析本题涉及的化学反应方程式如下：Ba(OH)2CO2=BaCO3H2O2NaOHCO2=Na2CO3H2O Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3 BaCO3CO2H2O=Ba(HCO3)2 当未通入CO2气体时，溶液中离子的物质的量为0.2 mol Na、0.1 mol Ba2、0.4 mol OH；当通入2.24 L CO2气体时，发生反应，此时溶液中离子的物质的量为0.2 mol
17、 Na、0.2 mol OH；当通入4.48 L CO2时，发生反应，此时溶液中离子的物质的量为0.2 mol Na、0.1 mol CO32；当通入6.72 L CO2时，发生反应，此时溶液中离子的物质的量为0.2 mol Na、0.2 mol HCO3；当通入8.96 L CO2时，发生反应，此时溶液中离子的物质的量为0.2 mol Na、0.1 mol Ba2、0.4 mol HCO3。对比图像可知选项C正确。答案C3(2011海南，9改编)“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如下图所示(部分条件及物质未
18、标出)。下列有关该方法的叙述中正确的是()。能耗大是该方法的一大缺点整个过程中，只有一种物质可以循环利用“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品A B C D解析，该方法中高温反应炉分离出CO2，需要消耗较多能量；，整个过程中NaOH和CaO均可循环利用；，从捕捉室中得到的溶液中含有大量的NaHCO3，加入CaO后生成CaCO3和NaOH，通过过滤的方法即可分离；，捕捉到的CO2可与H2反应制备甲醇：CO23H2CH3OHH2O。答案D“数轴法”定量判断CO2与碱的反应产物CO2通入NaOH、Ca(OH)2等强碱溶液中的反应
19、产物与CO2气体的通入量有关，当CO2通入少量时生成碳酸盐，当CO2通入过量时生成碳酸氢盐；当CO2的通入量介于两者之间时，既有正盐又有酸式盐生成，因此推断时一定要注意CO2与碱之间量的关系。以CO2与NaOH溶液反应为例：CO22NaOH=Na2CO3H2OCO2NaOH=NaHCO3当n(OH)n(CO2)的值不同时产物如下：考点三硅酸、硅酸盐、无机非金属材料1硅酸硅酸难溶于水，其酸性比碳酸弱，硅酸不能(填“能”或“不能”)使紫色石蕊试液变红色。(1)硅酸不稳定，受热易分解：H2SiO3SiO2H2O。(2)硅酸能与碱溶液反应，如与NaOH溶液反应的化学方程式为H2SiO32NaOH=Na
20、2SiO32H2O。(3)硅酸在水中易聚合形成胶体，硅胶有很强的吸水能力，常用作干燥剂。2硅酸盐(1)概念：由硅、氧和金属元素组成的化合物的总称，是构成地壳岩石的主要成分。(2)表示方法：硅酸盐矿物的成分复杂，多用氧化物的形式表示它们的组成，如硅酸钠(Na2SiO3)写成Na2OSiO2，钾云母(KH2Al3Si3O12)写成K2O3Al2O36SiO22H2O。(3)硅酸钠(Na2SiO3)白色、可溶于水的粉末状固体，其水溶液俗称水玻璃，有黏性，水溶液显碱性。它能与较强的酸反应，如与盐酸反应：Na2SiO32HCl=2NaClH2SiO3；与CO2水溶液反应：Na2SiO3CO2H2O=H2
21、SiO3Na2CO3。用途：黏合剂(矿物胶)，耐火阻燃材料。3无机非金属材料(1)传统无机非金属材料三种硅酸盐工业生产的比较：水泥玻璃陶瓷生产原料石灰石、黏土纯碱、石灰石和石英黏土主要设备水泥回转窑玻璃窑陶瓷窑主要成分3CaOSiO22CaOSiO23CaOAl2O3Na2SiO3CaSiO3SiO2硅酸盐生产条件高温主要用途：陶瓷、玻璃、水泥是主要建材，也广泛应用于生活中。(2)新型无机非金属材料高温结构陶瓷：如氮化硅陶瓷具有较高的硬度和耐磨性、较强的抗化学侵蚀性和电绝缘性等。生物陶瓷：对机体无排异反应，不会引起代谢作用异常。压电陶瓷：具有压电效应。探究思考1能否依据Na2CO3SiO2Na
22、2SiO3CO2说明H2SiO3的酸性比H2CO3强？答案不能。强酸制弱酸的规律：强酸弱酸盐=强酸盐弱酸，仅适用于常温下水溶液中进行的反应，而该反应是在高温且干态下进行，只能从化学平衡移动角度去解释反应发生的原因，因CO2为气体，能及时离开反应体系，使化学反应得以向右进行。2判断下列说法是否正确(1)玻璃是一种晶体，有较高的熔点。()(2)水玻璃是一种特殊的玻璃，泡花碱属于碱。()(3)向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2出现白色沉淀，证明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强。()(4)传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料()(5)新型无机非金属材料克服了传统无机非金
23、属材料的许多缺点()(6)高温结构材料具有耐高温、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点()(7)传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)【示例5】 下列说法正确的是()。A石英只能用于生产光导纤维(2013福建，6A)B合成纤维与光导纤维都是新型无机非金属材料(2012新课标，8D)C陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料(2009广东理基，22)D水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品(2009广东理基，22)思维启迪 合成纤维属于有机物(填“有机物”“无机物”)；水晶的主要成分是SiO2。解析石英除用于生产光导纤维外，还可用于制备
24、Si、玻璃等，A错误；合成纤维属于有机物不属于无机非金属材料，B错误；水晶的主要成分为SiO2不属于硅酸盐制品，D错误。答案C1下列说法正确的是()。A水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品B二氧化碳通入水玻璃可以得到原硅酸C因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸酸性比碳酸强D2MgOSiO2中的酸根阴离子为SiO42解析硅酸盐工业产品是用含硅物质为原料，经高温加热制成的产品，A中水晶、玛瑙显然不是硅酸盐工业产品；B项正确；C中只能得出高温下硅酸钠比碳酸钠稳定的结论；D中酸根阴离子应为SiO44。答案B2A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如
25、图所示的转化关系，该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气。请回答下列问题：(1)写出各物质的化学式：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出反应的化学方程式：_，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3)写出反应的离子方程式：_。(4)写出反应的离子方程式：_。(5)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_。解析解答本题的“突破口(1)”是非金属元素R的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气，说明是硅及其化合物之间的转化。“突破口(2)”是反应条件“高温”，A在高温条件下，能与焦炭、CaCO3发生反应，则A为SiO2。从而推知B
26、为CaSiO3，C为Na2SiO3，D为Si，E为H2SiO3。答案(1)SiO2CaSiO3Na2SiO3SiH2SiO3(2)SiO22CSi2CO12(3)Si2OHH2O=SiO322H2(4)SiO32Ca2=CaSiO3(5)SiO32CO2H2O=H2SiO3CO323A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。(1)在元素周期表中，A位于_族，与A同族但相对原子质量比A小的元素B的原子结构示意图为_，A与B原子在电子层结构上的相同点是_。(2)易与C发生化学反应的酸是_(填名称)，反应
27、的化学方程式是_。 (3)将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将全部的E与全部的D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。写出生成D和F的化学反应方程式：_，_。要将NaOH高温熔化，下列坩埚中不可选用的是_。A普通玻璃坩埚 B石英玻璃坩埚C氧化铝坩埚 D铁坩埚答案(1)A最外层均有4个电子(2)氢氟酸SiO24HF=SiF42H2O(3)SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3ABC新型无机非金属材料题型探秘(教师用书独具)问 题 探 究材料科学是近年来与化学有关的科学研究的热点，材料工
28、业和新材料技术是现代经济支柱之一，也是近年来高考的一个命题热点，有关新型无机非金属材料的题型主要有以下两种情况：当 场 指 导一、信息挖掘型【例1】 氮化硅是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高，化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮在1 300 反应制得。(1)根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是_(填序号)。A制汽轮机叶片 B制有色玻璃C制永久性模具 D制造柴油机(2)写出N、Si的原子结构示意图：_，根据元素周期律知识，请写出氮化硅的化学式_。(3)氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。试推测该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式_。解析(1)氮化硅是一种高温结构陶瓷，属于新
29、型无机非金属材料。将高温结构陶瓷的特性、用途等知识进行迁移，可知氮化硅硬度、强度高，耐磨、耐腐蚀，可以制汽轮机叶片、轴承，制造永久性模具等，选A、C、D。(2)N原子结构示意图：，Si原子结构示意图：，依据原子结构和元素周期律的知识，可以判断出氮元素的非金属性比硅强，故N显3价，Si显4价，再根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，推出氮化硅的化学式为：Si3N4。(3)常温下，Si、SiO2能与HF反应的原因是生成的SiF4气体脱离了反应体系，促进了反应的进行，同理氮化硅陶瓷与氢氟酸反应也生成了SiF4气体，故化学反应方程式为：Si3N412HF=3SiF44NH3。答案(1)ACD(2)
30、Si3N4(3)Si3N412HF=3SiF44NH3。二、性质对比型1四种新型无机非金属材料的对比【例2】 有关高温结构陶瓷和光导纤维说法不正确的是()。A高温结构陶瓷弥补了金属材料的弱点，但是硬度却远远低于金属材料B氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，具有超硬性，它能与氢氟酸反应C光导纤维是一种能高质量传导光的玻璃纤维D光导纤维的抗干扰性能好，不发生电辐射，通讯质量高，能防窃听解析高温结构陶瓷克服了金属材料的弱点，本身具有很多优点，如硬度、强度高，不怕氧化等，A项错误。氮化硅陶瓷是重要的常见结构材料，有很多优点，如抗腐蚀等，但能与氢氟酸反应，B项正确。光导纤维具有良好的光学特性，是一种高质量传
31、导光的玻璃纤维，具有抗干扰能力、不发生电辐射、能防窃听等性能，C、D项正确。答案A【规律总结】 四种新型无机非金属材料的对比类别高温结构陶瓷 半导体陶瓷光学材料生物陶瓷主要特性硬度、强度高，能承受高温，不怕氧气、抗腐蚀具有电学特性具有光学特性具有生物功能典型示例氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、碳化硼陶瓷氧化锡陶瓷光导纤维氧化铝陶瓷主要用途汽轮机叶片、轴承，永久性模具等集成电路的半导体光缆通讯、医疗、照明等人造骨、人造关节等2传统无机非金属材料与新型无机非金属材料的对比【例3】 传统无机非金属材料与新型无机非金属材料的共同特性是()。A耐高温 B具有电学特性C具有生物功能 D质脆、经不起热冲击答案A【规
32、律总结】 传统无机非金属材料与新型无机非金属材料的对比类别传统无机非金属材料新型无机非金属材料主要特性抗腐蚀、耐高温质脆、经不起热冲击高强度、硬度，耐高温具有电学特性具有光学特性具有生物功能(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共10个小题，每题6分，共60分，每个小题只有一个选项符合题意。)12013年我国载人飞船再次升空，显示出我国航天技术已进入世界一流。飞船应用了许多尖端的合成材料。据报道我国科学家近年来研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成的。下列相关叙述不正确的是 ()。A它耐高温抗氧化B它比钢铁轻、硬，但质地较脆C它没有固定熔点D
33、它是一种新型无机非金属材料解析航空材料具有质轻、高强度、耐高温、抗氧化等性能，又由题中信息可知，该材料具有一定的韧性，故B错，A正确；复合材料属于混合物，没有固定的熔点，碳化硅高温结构陶瓷和碳纤维复合而成的材料均属于新型无机非金属材料，C、D正确。答案B2(2013广东四校联考)材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是 ()。材料主要化学成分A刚玉、金刚石三氧化二铝B大理石、石灰石碳酸钙C普通水泥、普通玻璃硅酸盐D沙子、石英二氧化硅解析A项中金刚石是碳的一种单质。答案A3下列叙述正确的是 ()。A高温下二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，说明硅酸(H2SiO3)的酸性比 碳酸强B陶瓷、玻璃、水泥
34、容器都能贮存氢氟酸C石灰抹墙、水泥砌墙的硬化过程原理相同D玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳解析二氧化硅在高温下能与碳酸钠反应：Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，但不能说明硅酸的酸性比碳酸强，上述反应之所以能进行，是因为CO2不断逸出，而促使了反应向右进行；玻璃、陶瓷、水泥中均含有SiO2，会与氢氟酸反应；石灰抺墙的硬化过程是因为发生了反应CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O，而水泥砌墙是水泥与水作用发生一系列变化而凝固变硬。答案D4硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是 ()。A氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为Si3N4B碳化硅(S
35、iC)的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承C光导纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为SiO2D二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键的个数之比为12解析二氧化硅晶体中，一个硅原子可形成4个硅氧单键，故硅原子和硅氧单键的个数之比为14，故D错误。答案D5在浓硝酸水浓硫酸氢氟酸氢氧化钾溶液中，能与单质硅起化学反应的是 ()。A BC D解析硅能与F2、HF、强碱在常温下反应，在加热或高温条件下也能与Cl2、O2、H2发生反应。答案C6(2013石家庄部分学校联考)下列说法正确的是 ()。A高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应BCO2和钠在一定条件下反
36、应可以得到金刚石和碳酸钠，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是34C现代海战通过喷放液体SiCl4(极易水解)和液氨可产生烟幕，其主要成分是NH4ClD从燃煤烟道灰中(含GeO2)提取半导体材料单质锗(Ge)，没有发生氧化还原反应解析玻璃的主要成分是SiO2，高温下与C(碳)反应，A错误；反应中CO2作氧化剂，Na作还原剂，根据化合价升降值相等的原则，作为氧化剂的CO2与作为还原剂的Na的物质的量之比为14，B错误；SiCl4水解生成HCl和硅酸，HCl与液氨反应生成NH4Cl，C正确；由化合态到游离态，一定发生氧化还原反应，D错误。答案C7(2013陕西质检)下列关于SiO2和CO2的叙述中
37、不正确的是 ()。A都是共价化合物BSiO2可用于制光导纤维，干冰可用于人工降雨C都能溶于水且与水反应生成相应的酸D都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应解析SiO2和CO2中都只含有共价键，均为共价化合物，A项正确；干冰升华吸热，可用于人工降雨，B项正确；SiO2不能与水反应，C项错误；SiO2与强碱溶液反应生成硅酸盐，CO2与强碱溶液反应生成碳酸盐或碳酸氢盐，D项正确。答案C8(2013福州质检)寿山石主要成分为叶蜡石，叶蜡石组成为Al2O34SiO2H2O，下列观点不正确的是 ()。A寿山石雕刻作品要避免与酸、碱接触B寿山石颜色丰富多彩是因为含有不同形态的金属氧化物C潮湿的空气可能导致寿山石
38、作品表面溶解变质D置于干燥空气中可能会导致寿山石作品脱水变质解析根据寿山石的主要成分，可知其能与酸或碱发生反应，A对；寿山石中含有不同形态的Al2O3，造成其色彩丰富，B对；其中的氧化物Al2O3和SiO2不溶于水也不和水反应，不会溶解变质，C错；久置于干燥空气中，会造成其中的结晶水失去而变质，D对。答案C9将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(V)的关系正确的是 ()。解析CO2与KOH和Ca(OH)2都会反应，但存在着竞争，如果先与KOH反应，则反应后生成的K2CO3立即会与Ca(OH)2反应生成CaCO3，因此，可以看成CO2先与
39、Ca(OH)2反应，所以通CO2后立即有CaCO3生成。第二步还要判断CO2是先跟KOH反应还是先与生成的CaCO3反应，同样可以采用假设法判断，即如果先与CaCO3反应，则生成的Ca(HCO3)2又会与KOH反应，因此应是先与KOH反应，此过程生成沉淀的物质的量不变，当KOH反应完全，再与CaCO3反应，直至沉淀完全溶解，故选D。答案D10用如图装置来分离CO2和CO混合气体并干燥，图中a、c、d为止水夹，b为分液漏斗活塞，通过Y形管和止水夹分别接两个球胆，现装置内空气已排尽，为使实验成功，甲、乙、丙分别盛放的试剂为 ()。甲乙丙A饱和NaHCO3溶液12 molL1盐酸18.4 molL1
40、 H2SO4B饱和Na2CO3溶液2 molL1 H2SO4饱和NaOH溶液C饱和NaOH溶液2 molL1 H2SO418.4 molL1 H2SO4D18.4 molL1 H2SO4饱和NaOH溶液18.4 molL1 H2SO4解析分离CO2和CO应该先把CO2吸收，干燥后用一个球胆收集CO，然后再用酸制出CO2，干燥后用另一个球胆收集，故丙装置中盛的一定是浓硫酸(18.4 molL1 H2SO4)，其中乙中的酸应选用2 molL1的硫酸，而不能选用盐酸，因为盐酸易挥发HCl气体而混进CO2中。另外，饱和NaHCO3溶液不能吸收CO2，用饱和Na2CO3溶液吸收CO2，再用酸制CO2时会
41、改变CO2的量，且吸收效果不如饱和NaOH溶液，故选C。答案C二、非选择题(本题共4个小题，共40分)11(8分)如何除去下列各粉末状混合物中的杂质(括号内为杂质)，请选用下面提供的试剂和操作，将标号填在表内。供选试剂：A.盐酸B烧碱溶液C氧气D水ECO2F不用其他试剂供选操作：加热加热熔融过滤结晶含杂质的物质所加试剂主要操作(1)SiO2(NaHCO3)(2)SiO2(CaCO3)(3)SiO2(Si)(4)NaCl(SiO2)解析(1)除去SiO2中的NaHCO3可用水溶法；(2)除去SiO2中的CaCO3可先用盐酸溶解，然后再过滤。(3)除去SiO2中的Si可用加热法：SiO2SiO2。
42、(4)因NaCl溶于水而SiO2不溶于水，所以除去NaCl中的SiO2可用过滤、结晶法。答案(1)D(2)A(3)C(4)D12(10分)(2013厦门模拟)已知A、B、C、D、E、F、G、H可以发生如下图所示的转化，反应中部分生成物已略去。其中，A、G为同一主族元素的单质，B、C、H在通常情况下为气体，化合物C是一种形成酸雨的大气污染物。请填空：(1)写出E的两种用途_、_。(2)反应的离子方程式为_。(3)反应的化学方程式是_。(4)反应的离子方程式是_。(5)写出一个由A生成H的置换反应方程式：_ _。解析由题中信息及转化关系可知A、B、C、D、E、F、G、H分别为：C、CO2、SO2、
43、H2SiO3、SiO2、Na2SiO3、Si、CO。答案(1)制光导纤维作建筑材料(或其他合理答案)(2)SiO22OH=SiO32H2O(3)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O(4)SiO32CO2H2O=H2SiO3CO32(5)CH2O(g)COH2(合理即可)13(12分)纯碱、烧碱等是重要的化工原料。(1)利用上图所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应。将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是_，若其他操作不变，将A与C连接，可观察到的现象是_ _。(2)向NaOH溶液中通入一定量CO2，结晶后得到白色固体，该白色固体的组成可能是ANaO
44、H和Na2CO3；B._；C_；D._。(3)设计实验确定(2)中白色固体中存在A项中的阴离子：实验操作实验现象结论(1)取少量白色固体于试管中，加足量水溶解，再加足量BaCl2溶液(2)答案(1)水沿长导管由广口瓶进入烧瓶广口瓶中的长导管口有气泡产生(2)Na2CO3Na2CO3和NaHCO3NaHCO3(3)实验操作实验现象结论产生白色沉淀有CO32(2)过滤，取少量滤液于试管中，滴加酚酞滤液变红有OH14.(10分)晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：高温下用过量的碳还原二氧化硅制得粗硅，同时得到一种可燃性气体；粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3(Si3HClS
45、iHCl3H2)；SiHCl3与过量的H2在1 1001 200 的温度下反应制得纯硅，已知SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易自燃。请回答：(1)第一步制取粗硅的化学反应方程式为_。(2)粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0 )中含有少量SiCl4(沸点57.6 )和HCl(沸点84.7 )，提纯SiHCl3采用的方法为_。(3)实验室用SiHCl3与过量的H2反应制取纯硅装置如图所示(加热和夹持装置略去)：装置B中的试剂是_，装置C中的烧杯需要加热，目的是_。反应一段时间后，装置D中观察到的现象是_ _，装置D不能采用普通玻璃管的原因是_，装置D中发生反应的
46、化学方程式是_。为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及_。解析(3)因SiHCl3与水强烈反应，故A中产生的H2必须干燥，因此B中的试剂为浓H2SO4，且C烧瓶需加热，其目的是使SiHCl3汽化，加快其与H2的反应速率。石英管中产生的物质应为硅，故D中有固体产生，由题给信息，制纯硅的反应条件为1 1001 200 ，此温度下普通的玻璃容易软化。因高温下H2与O2反应容易爆炸，故还应排尽装置中的空气。答案(1)SiO22CSi2CO(2)分馏(或蒸馏)(3)浓硫酸使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化有固体物质生成在题给反应温度下(1 1001 200 )，普通的
47、玻璃会软化SiHCl3H2Si3HCl排尽装置中的空气课时2氯及其化合物最新考纲1了解氯气及其重要化合物的主要性质及应用。2.掌握氯气的实验室制法。3.了解氯元素的单质及其重要化合物对环境质量的影响。考点一氯的单质及其化合物的性质1氯气的性质(1)物理性质颜色状态气味密度毒性溶解性黄绿色气体刺激性比空气大有毒1体积水溶解2体积Cl2(2)化学性质(写出反应的化学方程式和部分反应现象，指出在反应中表现氧化性还是还原性)2氯的重要化合物(1)次氯酸(2)漂白粉探究思考1将Cl2通入石蕊试液中的现象是什么？能用pH试纸测定氯水的pH吗？答案将Cl2通入石蕊试液中的现象是先变红后褪色。不能用pH试纸测
48、定氯水的pH，因为氯水中的HClO能将pH试纸漂白。2氯水中的平衡体系有哪些？答案氯水中存在三个平衡体系。一是Cl2H2OHClHClO的化学平衡；二是HClOHClO的电离平衡；三是H2OHOH的电离平衡。3为什么在工业上将氯气制成漂白粉？答案氯气用于杀菌消毒时，起作用的是HClO，而HClO不稳定，难以保存。所以在工业上用Cl2与石灰乳反应制成较稳定的漂白粉，便于贮存和运输。4如何保存氯水、漂白粉？说明原因。答案应避光(棕色试剂瓶中)，密封保存。原因：氯水中的HClO见光易分解，氯水具有挥发性，易挥发出Cl2；漂白粉易吸收空气中的CO2和水蒸气生成HClO，HClO见光分解而使漂白粉失效。
49、【示例1】 下列说法错误的是()。A次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌(2013四川，1D)BCl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性(2012山东理综，12A)C冷的氢氧化钠溶液中通入氯气发生反应：Cl22OH=ClOClH2O(2012大纲全国卷，7C)D氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度(2010全国理综，8A)思维启迪 品红溶液褪色褪色解析Cl2能使品红溶液褪色是因为Cl2与H2O反应生成的HClO具有强氧化性，能把品红氧化成无色物质；SO2能使品红褪色是因为SO2能与品红化合生成了无色物质，不是因为SO2具有氧化性。答案B【示例2】 (2013北京理综，28)某
50、学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4 g漂粉精固体，加入100 mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12)，后褪色.液面上方出现白雾；.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是_。(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。(3)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。实验a的目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有H
51、Cl，理由是_。(4)现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：_ _。思维启迪 根据实验现象，分析可能原因，结合物质性质，进行实验探究。解析(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。(2)由pH试纸先变蓝后褪色可知，漂粉精溶液具有碱性和漂白性：(3
52、)向水中通入过量SO2不能形成白雾，说明二氧化硫不能形成白雾；用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，说明白雾中不含氯气；根据实验a、b不能判断白雾中含有HCl，因为白雾中混有SO2时也能满足实验a、b的现象，最终生成硫酸银白色沉淀。(4)现象中溶液变为黄绿色，说明有氯气生成，即发生反应：ClClO2H=Cl2H2O，为确认这种可能性，可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。(5)向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明上层清液中含有SO42，则沉淀X中含有CaSO4。答案(1)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H
53、2O(2)碱性、漂白性(3)检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应成生白色沉淀(4)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色(5)CaSO4SO2Cl22H2O=SO422Cl4H1下列说法正确的是()。氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水的氧化性检验HCl气体中是否混有Cl2，方法是将气体通入硝酸银溶液除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中A B C D解析氯气与氢气混合，达到爆炸极限，在光照的条件下能发生爆炸，错，氢氧
54、化钙溶液浓度小，实验中常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，错，排除A、B项；HCl和Cl2气体与AgNO3溶液作用均可产生沉淀，错；将气体通入饱和食盐水中，除去的是HCl气体，而不是Cl2，错，排除D项。答案C2(2013武汉月考)分别向盛有Cl2的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种，振荡，现象如下图所示，则甲、乙、丙中注入的液体分别是()。AgNO3溶液NaOH溶液水A B C D解析AgNO3与氯水中的Cl反应生成AgCl白色沉淀，并促使Cl2与H2O反应完全，所以乙中注入的为AgNO3溶液；NaOH与Cl2反应生成NaCl和NaClO，所以甲中注入的为NaOH溶液；Cl2溶于水所得
55、溶液呈黄绿色，则丙中注入的是水。答案B3(2012上海化学，15)下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416HCl=2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()。选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2Cl解析A项，由现象得，氧化性：Cl2Br2、Cl2I2，但无法对比Br2与I2的氧化性强弱；B项，由现象可知在此过程中有
56、酸性物质生成，同时生成了漂白性物质；C项，在此过程中只能判断溶液不再显碱性，无法判断有无漂白性物质生成；D项，此时Fe2被Cl2氧化为Fe3，而Cl2被还原为Cl，还原剂Fe2的还原性强于还原产物Cl。答案D氯水成分及性质1氯水的成分氯水中存在三个平衡关系：(1)Cl2H2OHClHClO(2)HClOHClO(3)H2OHOH根据可逆反应的特点，即可得出氯水中存在的各种微粒。2氯水的多重性质氯水的各种成分决定了它具有多重性质：(1)Cl2的氧化性与还原性物质反应。如：2FeCl2Cl2=2FeCl3(除去FeCl3溶液中的FeCl2)。(2)HCl的酸性向NaHCO3溶液中加入氯水，有气泡产
57、生表现了盐酸的酸性。(3)Cl的性质加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，说明氯水中有Cl。(4)HClO的氧化性氯水具有漂白性，就是因为其中的HClO具有强氧化性。考点二氯气的实验室制法1实验装置2制取过程 用强氧化剂(如KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、MnO2等)氧化浓盐酸制取Cl2： MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O用饱和食盐水除去HCl，再用浓H2SO4除去水蒸气3注意事项(1)必须用浓盐酸，MnO2与稀盐酸不反应。(2)为了减少制得的Cl2中HCl的含量，所以加热温度不宜过高，减少HCl的挥发。(3)实验结束后，先使反应停止并排出装置中残留的Cl2，再拆卸装置，避免
58、污染空气。(4)尾气吸收时，不能用澄清石灰水吸收Cl2，因为溶液中Ca(OH)2浓度小，吸收不完全。探究思考1一套完整的制取气体的实验装置包括哪几部分？答案一套完整的制取气体的实验装置包括四个部分：发生装置净化装置收集或性质验证装置尾气处理装置。2实验室用MnO2和浓盐酸来制取氯气，主要操作有：将蒸馏烧瓶固定在铁架台上；把酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈的高度，固定好铁圈，放好石棉网；用药匙向蒸馏烧瓶中加入MnO2，再向分液漏斗中加浓盐酸，并将导管放入集气瓶中；检查气密性；在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导管。最好的实验操作顺序是_。答案【示例3】 (2013广东理综，33节选)化学实验
59、有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。(1)下列收集Cl2的正确装置是_。(2)将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是_。(3)设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，_。思维启迪 Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法收集；Cl2有毒，易溶于NaOH溶液且和NaOH发生反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，所以用NaOH溶液吸收Cl2时要防止倒吸。解析(1)集气瓶中使用单孔橡胶塞塞紧，只能进气，不能排气，则瓶内压强增大到一定程度，可能将橡
60、胶塞压出，A项错误；因为Cl2比空气的密度大，Cl2应短管进，B项错误；C项该装置既能收集Cl2，又能进行尾气处理且防倒吸，正确；由于Cl2和NaOH反应，所以不能收集到Cl2，D项错误。(2)Cl2H2OHClHClO，HClOHClO，Cl2、ClO、HClO均具有氧化性。(3)根据Cl22Br=Br22Cl，证明Cl2的氧化性强于Br2，设计实验时，应把Br2用有机溶剂萃取出来，以便观察颜色确认有Br2生成。答案(1)C(3)Cl2、HClO、ClO(3)加入一定量的NaBr溶液，充分振荡，静置，若观察到CCl4层呈橙红色，证明Cl2的氧化性强于Br2【示例4】 2011全国，29(1)
61、请回答下列实验室中制取气体的有关问题。下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置。装置B、C、D的作用分别是：B：_；C：_；D：_。解析A是制取氯气的装置；B是利用氯气的密度大于空气的密度，用向上排空气法收集氯气的装置；C装置可以防止D中的稀NaOH溶液倒吸进入试管B中，起安全瓶的作用；氯气有毒，装置D可以吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境。答案向上排气收集氯气安全瓶作用，防止D中的液体倒吸进入试管B中吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境1已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应能产生Cl2。现用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并进行它与金属反应的实验。每个虚线框表示一个
62、单元装置，其中有错误的是()。A B C D解析中用NaOH溶液吸收HCl的同时，也会吸收Cl2，故不正确；中导气管应长进短出，故不正确；中只有进气口却无出气口，存在很大的安全隐患，故不正确。答案D2实验室用下列两种方法制氯气：用含HCl 146 g的浓盐酸与足量的MnO2反应；用87 g MnO2与足量浓盐酸反应。所得的氯气()。A比多 B比多C一样多 D无法比较解析146 g HCl的物质的量为4 mol，87 g MnO2的物质的量为1 mol，由化学方程式：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O知，1 mol MnO2可以与4 mol HCl反应，但是由于稀盐酸与MnO2不反应
63、，所以含有4 mol HCl的浓盐酸不能与MnO2完全反应。答案B3某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制备Cl2，同时进行与氯气有关的某些实验，按要求回答问题。(1)A是浓盐酸，B是二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的离子方程式为_。(2)甲同学用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，结果制得的Cl2体积(标准状况下)小于1.12 L，这是由于反应过程中盐酸浓度变小造成的。请列举导致盐酸浓度变小的原因：_。(3)在实验室中，乙同学欲用下图中的装置净化氯气，则瓶中应盛放的试剂分别是_，_(填试剂名称)。(4)丙同学将纯净的Cl2通入一定量石灰乳中来制取漂白粉，若
64、通入224 mL(标准状况下)Cl2完全反应，则反应过程中转移电子的物质的量为_。解析(2)浓盐酸浓度变小是因为二氧化锰和浓盐酸反应过程中消耗HCl，加热时氯化氢挥发，生成的水稀释浓盐酸。(3)制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，净化时应先通过饱和食盐水吸收氯化氢，后通过浓硫酸吸收水蒸气。(4)反应2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O中，1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子，故通入224 mL(标准状况下)Cl2完全反应，反应过程中转移电子0.01 mol。答案(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(2)氯化氢挥发；反应生成水；反应消耗HCl(3)饱和食盐水浓
65、硫酸(4)0.01 mol常见尾气处理装置通常有毒和有污染的尾气必须适当处理。常见的尾气处理装置有：a装置可用于NaOH吸收Cl2、CO2；硫酸铜吸收H2S(气体溶解或反应速度不很快，不易引起倒吸)；b装置可用于收集少量气体然后处理；c、d装置可吸收易溶且溶解很快的气体，如HCl、HBr、NH3等，其中d吸收量少；e用于处理难以吸收(有毒)且可燃的气体，如H2、CO等。素养8性质验证型实验题的答题建模问 题 探 究常见实验形式装置试剂实验现象实验目的A浓硫酸验证干燥的氯气无漂白作用，湿润的氯气有漂白作用B干燥红布条无明显变化C湿润红布条红布条褪色DFeCl2溶液溶液由浅绿色变棕黄色验证氯气具有
66、强氧化性，可与金属及还原性化合物反应E淀粉KI溶液溶液为蓝色F铁粉产生棕色烟GNaOH溶液吸收多余的氯气常见问题(1)注意氯气的尾气吸收试剂的选择。实验室制取氯气时，常用NaOH溶液吸收多余的氯气，也可以用Na2SO3溶液或Na2CO3溶液，但不用澄清石灰水，因为Ca(OH)2的溶解度较小，澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少，吸收不完全。(2)制取氯气时要缓缓加热，温度过高会导致HCl大量挥发。(3)注意盐酸的浓度对反应的影响。制取Cl2所用的盐酸为浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应。随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止。当 场 指 导【典例】 如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定
67、反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(氢硫酸)、C(溴化亚铁溶液)、D(KI淀粉溶液)、E(混有二氧化硫的氯化钡溶液)、F(水)、H(紫色石蕊试液)。(1)A是氯气发生装置，其化学反应方程式是_。(2)中b瓶内加入的液体最好是_。(3)用图示的或代替是否可行？_。简要说明理由_。(4)实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：怎样证明氯气已充满了整个装置？_。下列装置中的现象是C_；D_；E_；F_。(5)G装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出G中反应的化学方程式：_。装置F的作用是_。
68、(6)在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_。解析(1)MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。(2)b瓶的作用是贮存多余的Cl2，试剂最好为饱和食盐水。(3)原理同，可代替；中c瓶口密封，不安全。(4)当黄绿色气体充满整个装置时，说明Cl2已充满。Cl2有强氧化性，可将Fe2、Br、I、SO2氧化为Fe3、Br2、I2、SO42，故C中溶液由浅绿色变为深红棕色；D中溶液变蓝；E中产生白色沉淀BaSO4；F中由于吸收了Cl2变为浅黄绿色。(5)C2H2O2Cl2CO24HCl，F的作用是提供G中发生反应所需的水蒸气。(6)生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余
69、的Cl2与水反应生成HClO又起漂白作用。答案(1)MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2(2)饱和食盐水(3)可行，不行与原理相同，而中因c瓶口密封，瓶内压强增大会有危险(4)观察，当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置溶液由浅绿色变为深红棕色溶液变蓝生成白色沉淀溶液变为浅黄绿色(5)C2H2O2Cl2CO24HCl向G中提供反应所需的水蒸气(6)生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，起漂白作用，使红色褪色解答性质验证型实验题的关键是结合题目要求和所给的仪器、装置以及试剂，了解命题意图。一般思路是：(1)结合题干明确实验目的(该实验要求做什么
70、)；(2)结合装置图理解实验的设计思路及每一个装置的设计意图；(3)了解题目有关信息及每步实验原理；(4)明确解答问题的切入点，即试题给我们设置了什么样的问题情境，要求我们回答什么问题；(5)分析并排除每步实验的干扰因素。(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1(2013哈尔滨三中模拟)水处理包括水的净化、杀菌消毒、蒸馏等。其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、臭氧、漂白粉、活性炭等。游泳场馆往往用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化。下列说法中正确的是 ()。A臭氧、活性炭处理水的原理相同B氯气是一种常用的消毒剂，用氯气消毒的水
71、也可以用于配制化学试剂C氯气和二氧化硫都具有漂白性，等体积的两者混合会提高漂白的效率D漂白粉长期露置在空气中会失效解析臭氧处理水是利用其氧化性，活性炭处理水则是利用其吸附性，A错误；用氯气消毒的水含有氯气、盐酸、次氯酸等成分，配制化学试剂时可能会使试剂变质，B错误；氯气和二氧化硫等体积混合因发生反应：SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，会使其失去漂白性，C错误。答案D2美国宇航局“凤凰”号火星登陆器的显微、电子化学及传导分析仪对两份土壤样本的分析发现，火星北极区表层土壤可能含有高氯酸盐，可创造不利于任何潜在生命的恶劣环境。则下列说法错误的是 ()。A含有高氯酸盐的土壤不利于生命存在与高氯
72、酸盐具有较强的氧化性有关B当元素处于最高价态时一定具有强氧化性C可以考虑用加入亚铁盐等还原性物质的方法改善这种土壤D一定条件下高氯酸盐能与浓盐酸反应生成氯气解析本题主要考查氧化还原反应的相关知识。高氯酸盐中氯元素显7价，由题给情境可知高氯酸盐应有强氧化性，能使蛋白质变性，不利于生命存在，A正确；元素处于最高价态时未必具有强氧化性，如H3PO4，B错误；亚铁盐可还原高氯酸盐生成氯化物，氯化物不具有强氧化性，C正确；高氯酸盐中氯元素显7价，浓盐酸中氯元素显1价，二者反应可生成氯气，D正确。答案B3下列有关氯气的说法正确的是 ()。A氯气是黄绿色气体，有毒，有刺激性气味，氯水还可消毒杀菌B液氯就是氯
73、气的水溶液，它能使干燥的有色布条褪色C红热的铁丝在Cl2中燃烧产生棕色的雾；H2在Cl2中燃烧火焰呈淡蓝色D氯水长时间放置会变质，是因为氯气几乎完全挥发，剩下的就是水解析A项，氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，有消毒杀菌作用，正确；B项，液氯是液态的氯气，仍然是纯净物，而干燥的氯气没有漂白性，错误；C项，生成的氯化铁为固体粉末，所以产生棕色的烟，H2在Cl2中燃烧，火焰是苍白色的，错误；D项，氯水长时间放置，HClO分解最终变成盐酸，错误。答案A4某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是 ()。AA中可用分液漏斗代替长颈漏斗BA中缺少加热装置CB中盛放的Na
74、OH溶液可以净化Cl2DD中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸解析本题考查Cl2的制备，旨在考查学生的实验分析与设计能力。氯气中混有氯化氢气体，应该用饱和食盐水除去氯化氢，氯化氢和氯气均能与氢氧化钠溶液反应，故B中不能盛放氢氧化钠溶液。答案C5(2013浙江宁波效实中学高三月考，8)某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是 ()。A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可被全部消耗B图中：量筒中发生了加成反应C图中：生成蓝色的烟D图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成解析A项，只有浓盐酸才可与MnO2反应，因此盐酸不会因MnO2过量而完全消耗；
75、B项中Cl2与CH4发生了取代反应；C项，生成了CuCl2，是棕黄色的烟；D项，Cl2被NaOH溶液吸收可生成NaCl、NaClO，当加入H2SO4溶液使溶液显酸性时，可发生归中反应生成Cl2。答案D6NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。下列说法正确的是()。A25 时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应D图示转化反应都是氧化还原反应解析A项，25 时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，故不正确；C项，氯气与铁在加热或潮湿的环境下易反应，干燥和常温
76、条件下不反应，不正确；D项，制备碳酸氢钠和碳酸氢钠分解的反应不是氧化还原反应，故不正确。答案B7将0.03 mol Cl2缓缓通入含有0.02 mol H2SO3和0.02 mol HBr的混合液中，则溶液中H的浓度与通入氯气的物质的量的关系是下列图中的(纵坐标都表示氢离子的物质的量浓度) ()。解析H2SO3的还原性比HBr强，故向二者的混合液中通入氯气时，H2SO3先被氧化：H2SO3Cl2H2O=H2SO42HCl，c(H)将增大，直至H2SO3被消耗完；继续通入氯气，氯气置换出溴：Cl22HBr=2HClBr2，此时溶液中H的浓度基本不变。答案B二、非选择题(本题共4个小题，共58分)
77、8(14分)(2013唐山模拟节选)新制氯水中含有多种粒子，某校化学研究性学习小组的同学为探究其性质，做了如下实验，请你帮助完成：(1)HClO不稳定，见光易分解生成HCl和O2。请设计实验证明有O2生成_。(2)氯气能使湿润的红色布条褪色。对于使湿润的红色布条褪色的物质，同学们的看法不一致，认为氯水中存在的几种粒子都有可能。请你设计实验，得出正确结论。提出问题收集资料提出假设验证假设得出结论氯水中何种物质能使湿润的红色布条褪色？氯气有强氧化性氯气与冷水反应生成盐酸和次氯酸次氯酸有强氧化性_ _H2O使布条褪色实验：把红色干布条放入充满氯气的集气瓶中，布条不褪色；实验：_ _实验：把红色布条放
78、在水里，布条不褪色_解析(2)提出假设是根据收集到的资料结合所学知识进行的。氯气有氧化性，那么假设氯气使红色布条褪色，氯气和水生成盐酸和次氯酸，假设盐酸或次氯酸能使红色布条褪色，实验把红色布条放到稀盐酸中，红色布条不褪色。氯水中的氯气、稀盐酸、水均不能使红色布条褪色，说明是HClO使红色布条褪色。答案(1)将盛满氯水的无色矿泉水瓶倒置在水槽中，光照一段时间后，瓶底有无色气体生成。将瓶子倒转过来，把带火星的木条放在瓶口，若木条复燃，证明HClO分解生成的气体为氧气(2)提出假设：氯气使红色布条褪色HClO使红色布条褪色盐酸使红色布条褪色验证假设：把红色布条伸入稀盐酸中，红色布条不褪色结论：次氯酸
79、使红色布条褪色9(15分)(2013泰安模拟)根据下列反应框图填空，已知反应是工业上生产化合物D的反应，反应是实验室鉴定化合物E的反应。(1)单质L是_。化合物A是_。(2)图中除反应以外，还有两个用于工业生产的反应，是_和_(填代号)。它们反应的化学方程式分别是_和_。(3)E和K、J混合溶液反应的化学方程式为_。此反应的发生说明了_ _。(4)把K、J混合固体分别放入少量浓盐酸、FeCl2溶液中，则其反应的现象分别是_、_，中反应的离子方程式为_。解析由是工业上生产化合物D的反应，结合C分解的高温条件，可判断C可能为CaCO3，D可能为CaO，E为CO2，由的电解条件及三种产物，可知电解的
80、是食盐水，然后再验证作出判断。答案(1)H2NaCl(2)2NaCl2H2O2NaOHH2Cl22Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O(3)Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO碳酸的酸性比次氯酸强(4)有黄绿色刺激性气味的气体产生立即产生红褐色沉淀ClClO2H=Cl2H2O10(14分)某校课外小组的学生，利用排饱和食盐水的方法收集了一平底烧瓶的氯气，同时制备了一平底烧瓶的饱和氯水，探究完成以下性质实验。请按照要求完成下列问题：(1)按如图安装好实验装置，U形管内盛有有色墨水，A、B两端液面相平，平底烧瓶盛满氯气。通过分液漏斗向平底烧瓶中滴加少量氢氧化钠溶
81、液，观察到实验现象是_、_。请简单解释原因_。(2)如图所示，平底烧瓶盛满饱和氯水，当日光照射到盛有饱和氯水的装置时，可观察到平底烧瓶内有气泡产生，放置一段时间后溶液颜色变浅，产生上述现象的原因是_；当氯水中不再产生气泡时，某学生欲检验该反应所产生的气体，该同学可采取的合理操作是_。解析(1)Cl2是黄绿色气体，Cl2与少量氢氧化钠溶液反应，消耗部分Cl2，气体颜色变浅，同时平底烧瓶中气体压强减小。(2)次氯酸见光分解，产生HCl和氧气，平衡反应Cl2H2OHClHClO右移，氯气与水反应又会产生次氯酸，导致氯水中氯气分子减少。使用带火星的木条检验氧气。答案(1)平底烧瓶内气体的颜色变浅，U形
82、管A端水位上升，B端水位下降Cl2与氢氧化钠溶液反应，导致气体颜色变浅，同时平底烧瓶中气体压强减小，使U形管A端水位上升，B端水位下降(2)氯水中含有次氯酸，次氯酸见光易分解，产生盐酸和氧气，使平衡Cl2H2OHClHClO向右移动，氯水中氯气分子减少，导致溶液颜色变浅将平底烧瓶盖上玻璃片，取出正放置在桌面上，移去玻璃片，将带火星的木条插入平底烧瓶的瓶口，木条复燃11(15分)(2013长安模拟)某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的离子方程式：_。(2)装置A中的烧瓶内固体
83、可选用_(选填以下选项的代号)。A碱石灰 B生石灰 C二氧化硅D五氧化二磷 E烧碱(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B_，D_，E_。(均填编号)(4)氯气和氨气在常温下相混就会反应生成氯化铵和氮气，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计实验方案鉴定该固体就是氯化铵：_。(5)从装置C的出气管口处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？_。解析(2)装置A为快速制氨气的装置，可选用碱石灰、生石灰、烧碱。浓氨水中存在如下可逆过程：NH3H2ONH3H2ONH4OH，加入碱石灰、生石灰、烧碱均可促使平衡向逆反应方向移动，生成NH3气体。
84、(3)从A装置中出来的NH3中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，所以选装置；从F装置中出来的Cl2中含有HCl、H2O，HCl气体可用饱和食盐水吸收，H2O可用浓硫酸吸收。(5)尾气中有未反应完的NH3和Cl2，可通入盛有NaOH溶液的烧杯中进行吸收。答案(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(2)A、B、E(3)(4)取一定量该固体加水溶解，将该溶液分成两份于试管中，向其中一份中加入NaOH溶液，加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含NH4；向另一份溶液中加入HNO3酸化，然后加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明含Cl；通过上述现象即可证明该固体是氯化铵(5)将尾气通入盛有Na
85、OH溶液的烧杯中课时3富集在海水中的元素最新考纲1了解镁及其重要化合物的主要性质及应用。2.了解卤族元素单质和化合物的主要性质。3.了解镁、溴、碘的提取原理和方法。考点一镁及其重要化合物的主要性质及应用1镁(1)物理性质：具有银白色金属光泽的固体，密度、硬度均较小，熔点较低，有良好的导电、传热和延展性。(2)化学性质：与非金属反应与CO2反应：2MgCO22MgOC与H2O反应：Mg2H2OMg(OH)2H2与H反应：Mg2H=Mg2H2。2海水提镁Mg(OH)22HCl=MgCl22H2OMgCl2(熔融)MgCl23用途生产合金，冶金工业上用作还原剂和脱氧剂。4镁的重要化合物物质主要性质氧
86、化镁碱性氧化物MgO2H=Mg2H2O氢氧化镁中强碱Mg(OH)22H=Mg22H2O难溶于水Mg22OH=Mg(OH)2溶解度小于碳酸镁MgCO3H2OMg(OH)2CO2探究思考1工业电解熔融MgCl2得到的镁如何冷却？并说明原因。答案因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应，故工业电解MgCl2得到的镁，应在H2氛围中冷却。2判断正误(1)MgCl2(aq)Mg(OH)2MgO()(2012江苏单科，7)(2)Mg(OH)22HCl=MgCl22H2O可用离子方程式HOH=H2O表示()(2010全国卷，6B)(3)电解熔融氯化镁可以制取金属镁()(2010上海高考，8A)(4)
87、从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现()(2013福建，6B)答案(1)(2)(3)(4)【示例1】 (2011上海，22)物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2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()。A3.2 g B4.0 g C4.2 g D4.6 g思维启迪 利用极限法解题。解析镁条燃烧时，发生的反应有：2MgO22MgO2MgCO22MgOC若0.1 mol镁条全部发生反应，反应后固体的质量m0.1 mol40 gmol14.0 g。若0.1 mol镁条全部发生反应，反应后固体的质量m0.1 mol40 gmol10.05 m
88、ol12 gmol14.6 g。若CO2和O2的量不足，Mg条不能完全燃烧，则反应后固体的质量可能小于4.0 g，但不会等于或大于4.6 g，故D项错误。答案D【示例2】 (2011广东高考，10)某同学通过系列实验探讨Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是()。A将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探讨Mg的活泼性B将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成C将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体解析本题考查镁及其化合物的性质、常见的基本实验操作。稀
89、释浓硫酸时，应将浓硫酸沿着器壁慢慢加入水中，并及时搅拌，A是错误的；过滤时需要用玻璃棒引流，因此C不正确；蒸发溶液时应该用蒸发皿而不是表面皿，由于MgCl2水解，所以加热时必需在HCl的气氛中加热才能得到MgCl2固体，所以D不正确。答案B1(2013郑州一检)下列物质中属于镁条在空气中燃烧产物的是()。MgCO3Mg(OH)2MgOCMg3N2COH2A B C D解析镁条在空气中燃烧，和空气中的氧气、氮气、二氧化碳反应，生成物为MgO、Mg3N2、C，选C。答案C2某研究性学习小组为了探究镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：将镁粉投入冷水中，未见任何现象；将镁粉放入溴水中，观察到只是开
90、始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐退去；将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象；向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快退去。则下列关于镁与溴水的反应机理的论述中正确的是()。A镁粉只直接与溴水中的溴反应B镁粉只与溴水中的酸反应C产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到D镁粉在水的催化下与溴发生反应解析据知镁粉与冷水并不反应；据知镁粉放入溴水中，开始放出少量的气泡，说明镁和溴水中的酸能反应产生H2，但溴水很快褪色，说明镁粉也能与溴直接发生反应；据知镁粉与液溴并不反应；据知水应是镁粉与溴反应的催化剂。答案D32011海南，14(1)(2)镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题
91、：(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_，还生成少量的_(填化学式)。(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价是_，该化合物水解的化学方程式为_。(3)下图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298 K时的稳定状态)。下列选项中正确的是_(填序号)。MgI2中Mg2与I间的作用力小于MgF2中Mg2与F间的作用力Mg与F2的反应是放热反应MgBr2与Cl2反应的HMgBr2MgCl2MgF2MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600 kJmol1解析(1)镁在空气中的燃烧产物有氧化镁、碳单质和氮化镁；(2)化合物的水解要看化合物中离子的
92、正负价，题中Mg是2价，氯为1价，则CH3为1价，负价的与H结合，正价的与OH结合得产物；(3)能量越低越稳定，越稳定的物质内部化学键键能越大，故正确，错误，其他各选项可类比反应热中能量计算。答案(1)MgOMg3N2和C(2)22CH3MgCl2H2O=Mg(OH)2MgCl22CH4(3)1海水提镁的工艺流程图2镁及其化合物的转化关系图考点二卤素的性质及X的检验1卤素单质性质的递变性、相似性(1)递变性F2Cl2 Br2 I2颜色： 颜色加深熔、沸点：逐渐升高密度：逐渐增大水溶性：逐渐减小氧化性：逐渐减弱还原性(X)：逐渐增强(2)相似性都能与大多数金属反应：2Fe3Br2=2FeBr3；
93、I2Fe=FeI2；都能与H2反应：H2X2=2HX；都能与H2O反应：X2H2OHXHXO(F2例外)；都能与碱液反应：X22NaOH=NaXNaXOH2O(F2例外)。2海水提取溴(1)流程 (2)发生反应的化学方程式2NaBrCl2=Br22NaCl；Br2SO22H2O=2HBrH2SO4；2HBrCl2=2HClBr2。3海带中提取碘(1)流程(2)发生反应的化学方程式：Cl22I=I22Cl。4卤素离子的检验方法(1)AgNO3溶液沉淀法未知液生成(2)置换萃取法未知液(3)氧化淀粉法检验I未知液 蓝色溶液，表明有I探究思考1氧化性强的卤素单质一定可以把氧化性弱的卤素从它们的盐中置
94、换出来吗？答案不一定。如F2通入到其他卤化物的溶液时，首先发生的是2F22H2O=4HFO2，若将F2通入其他卤素形成的盐(NaX)的熔融液中，则发生置换反应，如F22NaCl2NaFCl2。2淀粉KI试纸常用于检验哪些物质？答案检验强氧化性物质如Cl2、Br2、FeCl3溶液、O3等，反应原理是I被氧化成I2而使淀粉变蓝。3下列事实或实验能说明氧化性：Cl2Br2I2的是_。氯水分别滴入KBr、NaI溶液中颜色加深，而溴水滴入NaCl溶液中无明显变化，滴入KI淀粉溶液中，溶液变蓝H2和Cl2的混合气体光照爆炸，H2和Br2的混合气体加热才能反应，而H2和I2反应更困难Fe分别与Cl2、Br2
95、、I2反应生成的化合物中铁的化合价HCl、HBr、HI的热稳定性越来越差Cl2、Br2、I2在水中的溶解度逐渐减小答案【示例3】 (2012新课标全国，7)下列叙述中正确的是()。A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag思维启迪 能使润湿的淀粉KI试纸变蓝的物质一般具有强氧化性，如Cl2、Br2、H2O2等。解析选项A，在存放液溴的试剂瓶中加水封，可减少溴的挥发，A正确；选项B，能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物
96、质不一定是Cl2，也可能是O3、溴蒸气、NO2等，B错误；某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I2，C错误；选项D，不溶于稀硝酸的白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，所以原溶液中可能含有Ag，也可能含有SO42，D错误。答案A【示例4】 (2010北京理综，27)为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验过程：.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。.(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是_。(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象
97、是_。(3)B中溶液发生反应的离子方程式是_。(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是_。(5)过程实验的目的是_。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_，得电子能力逐渐减弱。思维启迪 实验目的验证卤素单质的氧化性的相对强弱 实验原理卤素单质间的置换反应 实验现象发生置换反应时的颜色变化 实验结论氧化性：Cl2Br2I2解析A中滴加浓盐酸后，发生反应：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，生成黄绿色气体Cl2，在A、B、C中分别发生反应：Cl22KI=2KClI2，Cl22NaBr=2NaClBr2，Cl22NaBr=2NaClB
98、r2，由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色，打开活塞b，C中生成的Br2在D中发生反应：Br22KI=2KBrI2。过程实验，当B中黄色溶液继续通入过量Cl2时，溶液变为红棕色，以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2，从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。答案(1)(2)湿润的淀粉KI试纸变蓝(3)Cl22Br=Br22Cl(4)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D，振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色(5)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰(6)原子半径逐渐增大1卤族元素及其化合物与社会、生活关系密切。下列有关说法不正确的是()。A加碘食盐中加入的是
99、碘酸钾B常用于杀菌消毒的84消毒液的成分是液氯C可用硝酸银溶液来鉴别纯净水和自来水D变色眼镜和照相器材的生产都要用到溴化银解析“84”消毒液的主要成分是NaClO。答案B2将Cl2通入NaBr和NaI的混合液中，待反应充分后将所得溶液加热蒸干并灼烧，最后将得到的固体冷却、称量。称量所得固体的质量与通入Cl2的体积关系如图所示。则原混合液中NaI的物质的量为()。A0.5 mol B0.4 mol C0.3 mol D0.25 mol解析根据图示可知a处为NaBr和NaI，ab段为NaBr、NaI和NaCl，bc段为NaBr和NaCl，cd段为NaCl；最终得到的29.25 g固体为NaCl。根
100、据氯原子守恒，则n(Cl2)n(NaCl) mol0.25 mol；根据图示：02.5V(即00.125 mol Cl2)段发生的反应为2NaICl2=2NaClI2，故n(NaI)0.25 mol。答案D3(2009天津理综，9)海水是巨大的资源宝库，在海水淡化及综合利用方面，天津市位居全国前列。从海水中提取食盐和溴的过程如下：(1)请列举海水淡化的两种方法：_、_。(2)将NaCl溶液进行电解，在电解槽中可直接得到的产品有H2、_、_或H2、_。(3)步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为_。(4)步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_，
101、由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是_。(5)某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59 ，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，绘制了如下装置简图：请你参与分析讨论：图中仪器B的名称：_。整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因为_。实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件：_。C中液体产物颜色为_，为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后，再进行的分离操作是_ _。解析(2)电解NaCl溶液：2NaCl2H2OH2Cl22NaOH，由以上反应生成的Cl2
102、与NaOH进一步反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，也可得到H2和NaClO。(3)步骤中获得低浓度Br2溶液，再经过步骤、可富集溴元素。(4)SO2与Br2发生氧化还原反应：SO2Br22H2O=H2SO42HBr，产物是两种强酸，故在工业生产中要注意强酸对设备的严重腐蚀。(5)由已知信息Br2的强腐蚀性可得出Br2腐蚀橡胶，故装置中不能用橡胶塞和橡胶管。再由Br2的沸点为59 可知用该套装置提纯溴关键要控制温度计b的温度，并收集59 时的馏分。C中收集到的是深红棕色的液溴，要除去该产物中残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr充分反应后，利用Br2易溶于CCl4的性质进行分液来
103、分离，或利用Br2易挥发的特点用蒸馏法分离。答案(1)蒸馏法电渗析法离子交换法(及其他合理答案中的任意两种)(2)Cl2NaOHNaClO(3)富集溴元素(4)Br2SO22H2O=4HSO422Br强酸对设备的严重腐蚀(5)冷凝管Br2腐蚀橡胶控制温度计b的温度，并收集59 时的馏分深红棕色分液(或蒸馏)F2、Br2、I2的特殊性1Br2是常温下唯一呈液态的非金属单质；液溴易挥发且有毒，通常用水液封来保存。2I2易升华，I2使淀粉变蓝。3Br2和I2都可被某些有机溶剂(如四氯化碳、汽油、苯)萃取。4氟元素无正价，F2与H2O发生置换反应生成O2(2F22H2O=4HFO2)，F2与Xe、Kr
104、等稀有气体可反应生成白色氟化物。5I2易与Na2S2O3溶液反应：I22S2O32=2IS4O62，用于通过滴定(以淀粉为指示剂)来定量测定碘的含量。素养9萃取实验操作要领问 题 探 究萃取操作要点分析操作步骤操作要点简要说明准备选择较萃取剂和被萃取溶液总体积大一倍以上的分液漏斗。检查分液漏斗的瓶塞和活塞是否漏水检查分液漏斗是否漏水的方法：通常先加入一定量的水，关闭活塞，看是否漏水，若不漏水，再把活塞旋转180，若还不漏水则说明活塞不漏水，检查分液漏斗瓶塞是否漏水的方法与此类似加料将被萃取溶液和萃取剂分别由分液漏斗的上口倒入，盖好瓶塞萃取剂的选择原则：(1)溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂
105、中的溶解度且与萃取剂不反应。(2)萃取剂和原溶剂互不相溶、不反应。振荡振荡分液漏斗，使两种液体充分混合振荡操作一般是把分液漏斗倾斜，使漏斗的上口略朝下放气振荡后。让分液漏斗仍保持倾斜状态，旋开活塞放出蒸气或产生的气体，使内外压力平衡重复振荡再振荡和放气多次振荡和放气的目的是使溶质充分溶解在萃取剂中静置将分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静置静置的目的是使不稳定的乳浊液分层。一般情况须静置10 min左右，较难分层者须更长时间静置分液液体分成清晰的两层后，就可进行分液。分液时，下层液体应从下口放出，上层液体应从上口倒出如果上层液体也从下口放出，则漏斗旋塞下面颈部所附着的残液就会混入上层液体中合并萃取液
106、分离出的被萃取溶液再按上述方法进行萃取，一般为35次。将所有萃取液合并，加入适量的干燥剂进行干燥多次萃取的目的是为了充分提取被萃取的物质蒸馏将干燥了的萃取液加到蒸馏瓶中，进行蒸馏分离萃取剂和溶质注意冷凝管中冷却水的流向 当 场 指 导【典例】 用化学方法测定微量碘化物时，必须利用“化学放大”反应将碘的量“放大”，然后再进行测定。下面是“化学放大”反应的实验步骤：向含微量I并且呈中性或弱酸性溶液里加入溴水，将I完全氧化成IO3，煮沸去掉过量的Br2；向由制得的水溶液中加入过量的酸性KI溶液，振荡使反应进行完全；在得到的水溶液中加入足量的CCl4，振荡，把生成的I2从水溶液里全部转移到CCl4中，
107、用分液漏斗分液去掉水层；向得到的CCl4层加入肼(即联氨H2NNH2)的水溶液，振荡，使I2完全以I形式从CCl4层进入水层，用分液漏斗分液去掉CCl4层。经过以上四步得到的水溶液里，含有通过反应而“放大”了的碘，请回答下列问题：(1)写出步骤的离子方程式：_。(2)将右图所示的分流漏斗中的下层液体放出的操作步骤为：_。旋开活塞，使下层液体流出到一个小烧杯里，当下层液体全部流出活塞的细孔时，_。从漏斗上口倒出上层液体。旋开活塞，将留在颈部的下层液体放到盛接下层液体的烧杯里。(3)若忽略实验过程中出现的损失，经过一次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里I的量的_倍。经过n次“化学放大”的溶液里
108、，I的量是原溶液里的量的_倍。解析5IIO36H=3I23H2O，经过该反应得到的I2又和H2NNH2发生氧化还原反应生成I，这样得到的I是原来的6倍，所以经过n次“化学放大”的溶液里，I的量是原溶液里的量的6n倍。答案(1)5IIO36H=3I23H2O(2)取下漏斗口上的塞子或使塞子上的凹槽(或小孔)对准漏斗颈上的小孔迅速关闭活塞(3)66n【应用】 在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中，采用下图所示的工艺流程生产单质碘：(1)步骤加Fe粉的目的是_。(2)写出步骤中反应的离子方程式_。(3)上述生产流程中，可以循环利用的副产物是_。(4)操作的名称是_，选用的试剂是_。解析反应
109、原理为IAgIFeI2I2提纯I2，整个过程中单质Ag可以循环使用。答案(1)使碘化银转化成碘化亚铁(FeI2)和单质银(或将难溶的碘化银转化成可溶的碘化亚铁)(2)2Fe24I3Cl2=2I22Fe36Cl(3)Ag(4)萃取、分液CCl4萃取操作的注意事项1振荡时用力要大，同时要绝对防止液体泄漏。2切记放气时分液漏斗的上口要倾斜朝下，而下口处不要有液体。3振荡后要进行充分的静置，直到液体分成清晰的两层后方可进行分液。4分液时为了使液体顺利地流下要打开分液漏斗的上口瓶塞，或旋转瓶塞使瓶塞上的凹槽(或小孔)对准颈部的小孔。(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共
110、42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1下列有关卤素的说法错误的是 ()。A从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属 性递增的规律BHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强C淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，4IO22H2O=2I24OHD碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度解析元素的非金属性强弱与其对应的氢化物的酸性无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误。答案A2已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内分别装有滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部分颜色描述正
111、确的是 ()。A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色解析本题主要考查对卤素之间的相互置换、单质的颜色、淀粉遇I2变蓝，以及Cl2与NaOH反应等知识的掌握情况，题目设计巧妙，是一道好题。由处产生的Cl2通过时发生反应Cl22NaBr=2NaClBr2，通过时发生反应Cl22KI=2KClI2，通过时发生反应Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，因Cl2为黄绿色，Br2为橙色，淀粉遇I2变蓝，Cl2遇碱产生白色NaCl、NaClO，可知应选A。答案A3粗碘中通常含ICl和IBr，称为卤素互化物，其性质和卤素单质相似，都是较强的氧化剂，而且受热时ICl
112、和IBr皆可像I2一样升华，在粗碘中加入以下选项中的一种物质后，再进行升华可制得精碘，应加入的物质是 ()。AH2O BZn CKI DKCl解析利用碘升华的特性精制碘，须使ICl、IBr中的Cl、Br变为难挥发性的物质，同时使其中1价的碘被还原为单质碘，且加入的物质和碘不反应，只有KI符合，化学方程式为IClKI=I2KCl，IBrKI=I2KBr。答案C4从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：贝壳石灰乳 海水母液Mg(OH)2MgCl26H2OMgCl2Mg下列说法不正确的是 ()。A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阴极产生氯气C步骤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水
113、D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应解析电解MgCl2时阳极产生氯气，阴极产生Mg。答案B5碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是 ()。A用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝B足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2I2 6H2O=2HIO310HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IO3D途径中若生成1 mol I2，则反应中转移的电子数为10NA解析加碘盐中含有IO3，在酸性条件下可被I还原生成I2，A选项正确；根据图示转化关系可知B选项正确；根据途径I可知
114、氧化性Cl2I2，根据途径可知氧化性IO3I2，根据途径可知氧化性Cl2IO3，C选项错误；根据关系式2IO3I210e可知D选项正确。答案C6向含I和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则原溶液中的比值为 ()。A(V2V1)/V1 BV1/V2CV1/(V2V1) DV2/V1解析I首先与Ag生成AgI沉淀，然后Cl与Ag生成AgCl沉淀。I与Cl的物质的量之比等于消耗AgNO3溶液的体积比，所以c(I)/c(Cl)。答案C7托盘天平两盘内分别放入一个质量相同的烧杯，烧杯里有200 mL 1.00 molL1的盐酸，天平平衡。向烧杯中分别加入
115、下列各组中的两种金属(每个烧杯只放其中一种金属)，反应结束后，天平仍保持平衡的是 ()。A8 g Mg和8 g AlB1 g Mg和1 g AlC0.1 mol Mg和0.1 mol AlD1.8 g Mg和 mol Al解析两烧杯中HCl的物质的量为0.2 L1.00 molL10.200 mol，消耗Mg、Al的最大量分别为2.4 g和1.8 g。A中两金属均已过量，用HCl计算放出的H2，放出的H2的量相等，由于两端金属质量相等，故两端的m相等，天平仍保持平衡。D中两种金属均被完全消耗，Mg放出H2 0.15 g、Al放出H2为0.2 g，因投入质量相等，放出H2不等，天平不平。B、C同
116、样可计算判断。答案A二、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(15分)海水的综合利用可以制备金属镁，其流程如图所示：(1)若在空气中加热MgCl26H2O，生成的是Mg(OH)Cl或MgO，写出相应反应的化学方程式：_。用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。在干燥的HCl气流中加热MgCl26H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是_。(2)Mg(OH)2沉淀中混有的Ca(OH)2应怎样除去？写出实验步骤：_ _。(3)实验室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的。溶解时：_；过滤时：_；蒸发时：_。解析(1)根据C
117、l、H、O三种元素守恒可知，在空气中加热MgCl26H2O，除生成Mg(OH)Cl或MgO外，还有HCl和H2O生成。(2)为防止引入新杂质，可用：MgCl2溶液或Mg(NO3)2溶液将Ca(OH)2转化为Mg(OH)2，然后过滤、洗涤Mg(OH)2。(3)溶解固体时使用玻璃棒是为了加速溶质的扩散，提高溶解速度；在过滤时使用玻璃棒是为了引流液体；蒸发结晶过程中使用玻璃棒是为了防止因局部过热而使液滴或晶体飞溅。答案(1)MgCl26H2OMg(OH)ClHCl5H2O，MgCl26H2OMgO2HCl5H2O或Mg(OH)ClMgOHCl在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl
118、26H2O受热产生的水汽，能得到无水MgCl2(2)加入MgCl2溶液，充分搅拌、过滤，沉淀用蒸馏水洗涤(3)搅拌，加速溶解使滤液沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅9(14分)空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：海水 (1)步骤的离子方程式：_。(2)步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是_。(3)溴水混合物中溶有一定量的氯气，因此在步骤中可将蒸馏产生的气体通过_(填试剂名称)溶液，以除去氯气。(4)步骤的蒸馏过程中，温度应控制在8090 。温度过高或过低都不利于生产，请解
119、释原因：_。(5)步骤中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是_ _。(6)提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物”而不是蒸馏“溴水混合物”，请说明原因：_。解析海洋是资源的宝库，海水化工是考试的热点。占地球储量99%的溴分布在海洋中，从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化、提取三个步骤。步骤的氯气氧化发生的反应是Cl22Br=2ClBr2，生成的溴仍溶解在海水中，怎样才能把溴提取出来呢？根据溴的沸点比水低的性质，可以鼓入热空气(步骤)，使它和热空气一起挥发出来，再用SO2吸收(步骤)：Br2SO22H2O=4H2BrSO42，这样可以得到较大浓度的含Br的溶液，进一步用氯气氧化(步骤)，得到Br2，
120、然后蒸馏便得到了液溴。答案(1)Br2SO22H2O=4H2BrSO42(2)分液漏斗(3)溴化铁(或其他含Br的盐类物质)(4)温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低(5)酸化可抑制Cl2、Br2与水反应(6)将“溴水混合物”转变为“溴水混合物”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本10(14分)下图是关于药物华素片(西地碘片)的使用说明书，以下为说明书的部分内容：华素片(西地碘片)使用说明书【品名或组成】品名：西地碘片组成：华素片英文名：Cydiodine Tablets华素片(西地碘片)的主要活性成分是分子碘，含量1.5 mg/片。将碘
121、利用分子分散技术制成分子态西地碘，并含适量薄荷脑等【贮藏】 遮光、密闭、阴凉处保存【有效期】 二年(1)根据上述说明和所学知识回答：华素片中含有的活性成分是_(写分子式)。请推断华素片_(填“是”或“不是”)白色。(2)某学生为验证华素片中确实含有上述成分，设计实验如下。请填空：取一粒药片放入研钵中研碎，再将药粉装入试管并加入约2 mL蒸馏水；向试管中再加入约2 mL_(填选项字母)，并用力振荡。A酒精(密度比水小，与水以任意比混溶)B四氯化碳(密度比水大，不溶于水)描述加入该液体后可能观察到的现象_ _。选用该液体的原因是_。(3)请再设计另一种方法，验证华素片中的成分(请叙述实验原理、操作
122、方法和实验结论)_ _。解析本题是以I2的基本性质为载体的实验探究题，综合考查碘单质的性质，包括颜色、碘水颜色、碘的有机溶剂颜色，以及萃取剂选择的理由，都属一些识记性知识。答案(1)I2不是(2)B液体分层，下层呈紫红色，上层几乎无色与水不互溶不反应且分层，I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，且不与I2反应(3)将药片研成粉末，放在干燥试管中加热，观察试管口有无紫色蒸气产生，冷却后试管口是否有紫黑色固体产生11(15分)某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色。(1)提出问题：Fe3、Br2谁的氧化性更强？(2
123、)提出猜想：甲同学认为氧化性：Fe3Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是因为含有_(填化学式，下同)。乙同学认为氧化性：Br2Fe3，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是因为含有_。(3)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。供选用的试剂：a.酚酞试液b四氯化碳c无水酒精d硫氰化钾溶液请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象(试剂填序号)。选用试剂实验现象方案1方案2(4)应用与拓展：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色，所发生的反应的离
124、子方程式为_。在100 mL FeBr2溶液中通入2.24 L Cl2(标准状况)，溶液中有的Br被氧化成Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为_。解析(2)若氧化性Fe3Br2，则Br2不能氧化Fe2，故溶液呈黄色是加入的Br2的颜色。若氧化性Br2Fe3，则Br2能将Fe2氧化成Fe3，故溶液呈黄色是因为生成的Fe3显黄色。(4)氧化性Br2Fe3，则还原性Fe2Br，Cl2通入FeBr2溶液中先与Fe2反应，若Cl2还有剩余再与Br发生反应。现有的Br被氧化成Br2，故Fe2全部被氧化成Fe3。n(Cl2)0.10 mol，得电子0.20 mol，根据得失电子守恒应有：n
125、(Fe2)n(Br)0.20 mol，又因为n(Br)2n(Fe2)，则n(FeBr2)0.12 mol，c(FeBr2)1.2 molL1。答案(2)Br2Fe3(3)d溶液呈血红色bCCl4层呈无色(4)2Fe2Br2=2Fe32Br1.2 molL1课时4硫及其化合物最新考纲1了解硫元素的单质及其化合物的主要性质及应用。2.了解二氧化硫对环境质量的影响。考点一硫的单质及其氧化物的性质及应用1硫元素的存在形态2硫单质(1)物理性质俗称颜色状态溶解性水酒精CS2硫黄淡黄色晶体不溶微溶易溶(2)化学性质3二氧化硫(1)物理性质颜色气味毒性密度溶解性无色刺激性有毒比空气大易溶于水(2)化学性质(
126、3)SO2对大气的污染与防治来源：化石燃料的燃烧及含硫矿石的冶炼。危害：污染大气，危害人体健康，形成酸雨。形成酸雨的反应过程防治：开发新能源、燃煤除硫、处理工业废气。4三氧化硫(1)物理性质：熔点16.8 ，沸点44.8 ，在常温下为液态，在标准状况下为固态。(2)化学性质：具有酸性氧化物的通性。与水反应：SO3H2O=H2SO4(放出大量的热)与氧化钙反应：SO3CaO=CaSO4与氢氧化钠反应：SO32NaOH=Na2SO4H2O探究思考1如何洗涤附着在试管内壁上的硫？答案硫单质易溶于CS2且可以与热的强碱溶液反应：3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O。所以当试管壁上沾有单质硫时，
127、可用CS2或热强碱液洗涤。2下列实验中能证明某气体为SO2的是_。使澄清石灰水变浑浊使湿润的蓝色石蕊试纸变红使品红溶液褪色通入足量NaOH溶液中，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸通入溴水中，能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生答案3将SO2分别通入下表所列的溶液中，填写有关问题。反应物溴水酸性KMnO4溶液氢硫酸(H2S溶液)滴有酚酞的NaOH溶液石蕊试液品红溶液反应现象SO2的性质答案褪色褪色有淡黄色沉淀生成褪色变红褪色还原性还原性氧化性酸性酸性漂白性【示例1】 (2011上海，7)下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是()。ABa(OH)2 BBa
128、(NO3)2 CNa2S DBaCl2思维启迪 写出能形成沉淀反应的离子方程式：Ba22OHSO2=BaSO3H2O3SO22H2OBa22NO3=BaSO42NO4H2SO423SO22S2=3S2SO32解析SO2是酸性氧化物，能与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3沉淀；H2SO3属于中强酸，不能与BaCl2溶液反应；H2SO3中S元素呈4价，因此H2SO3在反应中既表现酸性，又表现还原性与氧化性，SO2与Ba(NO3)2、Na2S反应的方程式分别为：3SO22H2OBa(NO3)2=BaSO42NO2H2SO4，3SO22Na2S=3S2Na2SO3。答案D【示例2】 (2010课标全
129、国卷，27)某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。请回答下列问题：(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是_，其中发生反应的化学方程式为_。(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_、_，这些现象分别说明SO2具有的性质是_和_；装置B中发生反应的离子方程式为_。(3)装置D的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，请写出实验操作及现象_。(4)尾气可采用_溶液吸收。科学审题 解析(1)A为生成SO2的装置，实验室制取二氧化硫通常用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应，二者反应的化学方程式是Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O。(2)二氧化硫具有还原性，能够被酸性
130、高锰酸钾溶液氧化，同时高锰酸钾溶液被还原，生成了无色的硫酸锰，所以紫红色的酸性高锰酸钾溶液会褪色，反应的离子方程式：5SO22MnO42H2O=2Mn25SO424H。二氧化硫又具有氧化性，当二氧化硫气体通入硫化钠溶液中时，二氧化硫与硫离子发生氧化还原反应生成了单质硫，所以会产生黄色浑浊。(3)二氧化硫与品红溶液反应后生成了一种无色的不稳定的化合物，当受热后发生分解，溶液又会变为红色。因此，当溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色，证明了该反应的可逆性。(4)二氧化硫有毒，泄漏到空气中会污染环境，通常用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫气体。答案(1)蒸馏烧瓶Na2SO3H2SO4
131、(浓)=Na2SO4SO2H2O(2)溶液由紫红色变为无色无色溶液中出现黄色浑浊还原性氧化性5SO22MnO42H2O=2Mn25SO424H(3)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色(4)NaOH1下列关于硫及其化合物的说法中正确的是()。A自然界中不存在游离态的硫B二氧化硫的排放会导致光化学烟雾的产生C二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性D浓硫酸可用来干燥SO2、CO、Cl2等气体解析自然界中存在游离态的硫；排放二氧化硫会污染空气，形成酸雨，但不会导致光化学烟雾的产生；二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物的性质；浓硫酸具有
132、吸水性，可干燥SO2、CO、Cl2等气体。答案D2如图，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象的描述或所做的解释不正确的是()。选项实验现象解释ABaCl2溶液变浑浊SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO3沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质C酸性KMnO4溶液褪色SO2具有还原性D品红溶液褪色SO2具有漂白性解析SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3为中强酸，不与BaCl2溶液反应。答案A32010山东理综，30(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接
133、各仪器接口，顺序为a_f。装置D的作用是_，装置E中NaOH溶液的作用是_。解析装置B为收集装置，C为干燥装置，D为防倒吸装置，E为尾气吸收装置。答案decb防止倒吸吸收多余的SO2常见的漂白性物质用于漂白的物质实际参与漂白的物质漂白原理变化类别漂白特点能漂白的物质活性炭活性炭吸附漂白物理变化物理漂白不可逆一般用于溶液漂白氯气次氯酸利用次氯酸的强氧化性进行漂白化学变化氧化还原漂白，不可逆可以漂白所有有机色质次氯酸盐次氯酸过氧化钠过氧化氢过氧化氢的强氧化性化学变化氧化还原漂白，不可逆可以漂白所有有机色质过氧化氢二氧化硫二氧化硫二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质化学变化非氧化还原漂白，可逆
134、具有选择性，如品红、棉、麻、草等考点二浓硫酸的性质及实验探究1硫酸的物理性质H2SO4是无色液体，能与水以任意比互溶，溶解时可放出大量的热，浓H2SO4稀释的方法是将浓H2SO4沿烧杯内壁缓缓倒入水中并用玻璃棒不断搅拌。2硫酸的化学性质硫酸是强电解质，在水溶液中发生电离的化学方程式为H2SO4=2HSO42，具有酸的通性。写出稀硫酸与下列物质反应的离子方程式：铁：Fe2H=Fe2H2；MgO：MgO2H=Mg2H2O；Ba(OH)2：Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O；Na2SO3：SO322H=H2OSO2；BaCl2：Ba2SO42=BaSO4。3浓H2SO4的特性(1)填写下表
135、实验实验现象硫酸的特性少量胆矾加入浓硫酸中蓝色固体变白吸水性用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在滤纸上沾有浓H2SO4的滤纸变黑脱水性将铜片加入盛有浓硫酸的试管中加热铜片逐渐溶解，产生无色刺激性气味的气体酸性和强氧化性(2)分别写出浓硫酸与Cu、C反应的化学方程式：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O、C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O。(3)常温下，铁、铝遇浓H2SO4发生钝化，故可用铝槽车运输浓H2SO4。4SO42的检验检验SO42的操作方法：被检液取清液有无白色沉淀判断有无SO42先加稀盐酸的目的是排除CO32、SO32、Ag的干扰，再加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，可能发生反应
136、的离子方程式：CO322H=CO2H2O、SO322H=SO2H2O、AgCl=AgCl、Ba2SO42=BaSO4。探究思考1硫酸是中学化学实验室的常见药品，其性质有酸性吸水性脱水性强氧化性催化作用，请将序号填在相应的横线上：(1)锌和稀H2SO4制H2_；(2)浓硫酸作干燥剂_；(3)浓硫酸与蔗糖的炭化实验(黑面包实验)_；(4)实验室用乙醇和冰醋酸制取乙酸乙酯_；(5)乙酸乙酯的水解_；(6)纤维素的水解_；(7)浓硫酸与铜的反应_；(8)浓硫酸使湿润石蕊试纸变红，后来又变黑_。答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)2将64 g铜箔加入到盛有含2 mol H2SO4的浓H2
137、SO4的试管中加热。(1)铜箔能否完全溶解？请解释原因。(2)在反应后的溶液中再加入少量硝酸钠晶体，铜箔表面又有气泡冒出，其原因为_。答案(1)不能，因为随着反应的进行，浓H2SO4变为稀H2SO4，反应停止。(2)H与NO3又继续氧化铜片，发生反应3Cu2NO38H=3Cu22NO4H2O【示例3】 (2010北京理综，9)用右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是()。A上下移动中铜丝可控制SO2的量B中选用品红溶液验证SO2的生成C中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D为确认CuSO4生成，向加水，观察颜色思维启迪 掌握浓H2SO4的稀释操作。解析移
138、动铜丝，可控制铜丝与浓硫酸的接触，即控制SO2的生成量，故A合理；SO2能使品红溶液褪色，故B合理；SO2有毒，且属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，故C合理；浓硫酸过量，试管中剩余浓硫酸，应将反应后的混合液慢慢加入到大量水中，否则易出现溶液瀑沸喷出试管而发生危险，故D不合理。答案D【示例4】 (2010福建理综，25节选)工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：(1)将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是_ _。(2)另称取铁钉6.0 g放入15.0 m
139、L浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。甲同学认为X中除Fe3外还可能含有Fe2。若要确认其中的Fe2，应选用_(选填序号)。aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液c浓氨水 d酸性KMnO4溶液乙同学取336 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2Br22H2O=2HBrH2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为_。解析(1)铁钉在冷的浓硫酸中钝化，表面形成一层致密的氧化膜，阻止了与硫酸铜的反应。(2)检验Fe3溶液中含有Fe2，可根据Fe2具有还原性这一特点选择氧化剂，四个选项中a项中有KSC
140、N，因原溶液中存在Fe3，无法检验是否存在Fe2，只有d项酸性KMnO4溶液，可将Fe2氧化，同时自身被还原为Mn2，可通过溶液紫红色是否褪去判断Fe2是否存在。混合气体的物质的量为0.336 L/(22.4 Lmol1)0.015 mol。由硫原子守恒，可得n(SO2)n(BaSO4)2.33 g/(233 gmol1)0.01 mol，则Y中SO2的体积分数为0.01 mol/0.015 mol100%66.7%。答案(1)铁钉表面被钝化(2)d66.7%1下列说法正确的是()。A打开盛浓盐酸的试剂瓶可看到白色的酸雾，这说明HCl不稳定B蔗糖中滴入浓硫酸，蔗糖变黑，这说明浓硫酸是氧化性酸C
141、胆矾晶体中滴入浓硫酸，胆矾由蓝色变为白色，这说明浓硫酸有脱水性D碳酸、亚硫酸和次氯酸都是不稳定性酸解析打开盛浓盐酸的试剂瓶可看到白色的酸雾，这说明浓盐酸易挥发，这是盐酸的一种物理性质，与HCl的稳定性无关，故A错；浓硫酸使蔗糖变黑说明其有脱水性，B错；浓硫酸使胆矾变白说明其有吸水性，C错；碳酸、亚硫酸和次氯酸常温下易分解，都是不稳定性酸，D正确。答案D2用硫及其化合物制硫酸有下列三种反应途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是()。途径：SH2SO4途径：SSO2SO3H2SO4途径：FeS2SO2SO3H2SO4A途径的反应中体现了浓HNO3的强氧化性B途径、的第二步反应在实际
142、生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本C由途径、分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol eD途径、比途径污染相对小且原子利用率高，更能体现“绿色化学”的理念解析途径属于浓硝酸和非金属单质的反应，表现了浓硝酸的强氧化性，A项正确；途径、的第二步反应为可逆反应，通过增大O2的浓度来提高二氧化硫的转化率，降低成本，B项正确；由途径、分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e，而途径转移7 mol e，C项错误。答案C3(2011上海，6)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
143、性C强氧化性 D吸水性解析浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中先吸水，使蔗糖干燥；再脱水，脱去蔗糖分子中的氢、氧元素；最后氧化碳单质显示强氧化性。以上过程中无硫酸盐生成，故不显示酸性。答案A4某校研究性学习小组，探究一定量的浓硫酸与足量锌充分反应产生的气体产物，进行如下实验：按图组装好实验装置，在A中加入5 mL 98%的浓硫酸和足量的锌粒，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加。试回答：(1)写出A中从反应开始到停止可能发生反应的化学方程式：_。(2)从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中
144、，并进行正确连接，a接_、_接b，c接_、_接d；D、E两支试管中CCl4的作用是_。(3)能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为_ _；反应较长时间后气泡量又会明显增加的原因是_ _。(4)D中浑浊消失的离子反应方程式为_。解析(1)开始阶段由浓H2SO4具有强氧化性与锌反应产生SO2气体：Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，随反应的进行，硫酸逐渐被消耗，浓硫酸变为稀硫酸，与Zn发生置换反应生成H2：ZnH2SO4=ZnSO4H2。(2)从图示看，C装置应是检验SO2气体的，应选择甲装置，则B处需接一安全装置。(3)浓H2SO4的强氧化性表现在SO42被还原，生成SO2的反应。反
145、应开始后，装置中的空气被排出，产生大量气泡，当SO2被品红溶液吸收时，气泡量减少，且随着H2SO4浓度的减小，反应速度逐渐减慢，反应较长时间后浓H2SO4变成稀H2SO4，与Zn反应生成H2，气泡量又会增加。(4)D中浑浊消失是因为过量的SO2与CaSO3反应生成Ca(HSO3)2。答案(1)Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O、ZnH2SO4=ZnSO4H2(2)3(或4)4(或3)21防倒吸(3)C中品红溶液褪色浓H2SO4变成稀H2SO4后，与Zn反应放出H2(4)SO2H2OCaSO3=Ca22HSO31浓硫酸与金属的反应规律(1)钝化：常温下浓硫酸使Fe、Al快速生成致密
146、氧化膜隔离反应物而钝化。(2)与活泼金属(如Zn)反应，开始产生SO2，硫酸浓度变小后，产生H2。(3)与不活泼金属(如Cu)反应，开始产生SO2(加热)，浓度变小后，稀硫酸不再与Cu反应。如1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2小于1 mol。(4)浓硫酸在与金属的反应中既表现氧化性又表现酸性。浓硫酸在与非金属的反应中只表现氧化性。2硫及其化合物转化规律素养10SO42检验的误区及方法问 题 探 究1原理利用Ba2SO42=BaSO4(白色)，BaSO4具有不溶于稀盐酸、稀硝酸的特性。2试剂可溶性钡盐(BaCl2)、稀盐酸。3检验的误区(1)只加可溶性钡盐，
147、不酸化。误将CO32、PO43、SO32等干扰离子判断成SO42。因上述离子与Ba2会产生BaCO3、Ba3(PO4)2、BaSO3白色沉淀。(2)误将Ag、Pb2判断成SO42。如向待测液中滴加BaCl2溶液，再加稀盐酸有白色沉淀便断定含SO42。其错误是未注意溶液中不含SO42，而含Ag或Pb2时也会产生同样的现象：AgCl=AgCl(白色)，Pb22Cl=PbCl2(白色)。(3)误将SO32判断成SO42。如向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀，便误以为有SO42。该错误是未注意NO3具有强氧化性，在酸性环境中发生反应：Ba2SO32=BaSO3(白色)，3Ba
148、SO32H2NO3=3BaSO4(白色)2NOH2O。4检验的方法待测液无现象有无白色沉淀(判断有无SO42)。当 场 指 导【典例】 下列四种溶液中一定存在SO42的是()。A向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生解析甲溶液中可能存在SO32、CO32或Ag；乙溶液可能存在Ag；丁溶液用硝酸酸化，若溶液中存在SO32和HSO3，会被氧化成SO42，无法判断。答案C【应用】 对某酸性溶液(可能含有B
149、r、SO42、H2SO3、NH4)分别进行如下实验：加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。根据实验不能确认其在原溶液中是否存在的是()。ABr BSO42 CH2SO3 DNH4解析加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，则溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红溶液褪色。加碱加热后，产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，即有NH3产生，说明溶液中一定含有NH4。加入氯水时溶液显黄色，说明原溶液中含有Br，再加BaCl2有白色不溶于HN
150、O3的沉淀生成，说明此时溶液中含SO42，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定的为SO42。答案B(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)12012年3月13日，一艘运载7 000吨浓硫酸的韩国籍货船在汕尾海域发生自沉，船上18名外籍船员被救起。下列有关说法正确的是 ()。A浓硫酸易挥发，从沉船中抽出的浓硫酸要密封保存B抽出的浓硫酸有很强的氧化性，不能直接保存在铁制容器中C在打捞时，如果盛装浓硫酸的舱室内进水，可能会发生爆炸D硫酸工业尾气虽然无害，但它的过度排放会造成温室效应解析A项，浓硫酸不
151、易挥发，错误；B项，铁遇浓硫酸钝化，故可以保存在铁制容器中，错误；C项，浓硫酸溶于水会放出大量的热量，如果舱室进水就可能引起爆炸，正确；D项，硫酸工业的尾气是SO2，是有毒气体，但它的过度排放不会引起温室效应而会引起酸雨，错误。答案C2(2013山西四校联考)“飘尘”是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小(直径小于107 m)，不易沉降(可漂浮数小时甚至数年)，它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，使空气酸度增加。飘尘所起的主要作用与下列变化中硫酸的作用相同的是 ()。A氯气除杂过程中通入浓硫酸中B浓硫酸与木炭共热C乙酸乙酯与稀硫酸共热D浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”解析“飘尘”
152、与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，则“飘尘”在该反应中起催化作用。氯气通入浓硫酸中除水蒸气，浓硫酸表现了吸水性；浓硫酸与木炭共热，浓硫酸表现了强氧化性；乙酸乙酯与稀硫酸共热时，乙酸乙酯水解，稀硫酸起催化作用；浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”时，浓硫酸表现了脱水性。答案C3(2013安徽名校联考)将过量SO2通入下列溶液中，能出现白色浑浊的是()。Ca(OH)2BaCl2NaAlO2Na2SiO3 Ba(NO3)2苯酚钠Na2CO3A BC D解析过量SO2通入Ca(OH)2、BaCl2、Na2CO3溶液中，不能出现白色沉淀，通入NaAlO2、Na2SiO3、Ba(NO3)2、苯酚
153、钠溶液中，有白色浑浊产生。答案D4对下列事实的解释正确的是 ()。A二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，是因为二氧化硫无还原性B医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于酸C向50 mL 18 molL1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被 还原的H2SO4的物质的量等于0.45 molD常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓H2SO4不反应解析二氧化硫具有还原性，A项不正确；因随着反应的进行，硫酸的浓度降低，稀硫酸不能与铜反应，C项不正确；因常温下浓硫酸使铝钝化(化学变化)，形成致密的氧化膜阻碍了反应的继续进行，D项不正确。答案B5下列制取硫酸铜的实验设计
154、中，能体现“经济、高效、环保”精神的最佳方案是 ()。A铜与浓硫酸共热B用铜片为阳极，石墨为阴极，电解稀硫酸C先灼烧废铜屑生成氧化铜，然后再用浓硫酸溶解D适当温度下，使铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解解析A项有SO2生成；B项耗能较多；C项也耗能过多。答案D6如图，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 ()。A蓝色石蕊试纸先变红后褪色B品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性C湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2DNaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2解析由于SO2溶于水生成H2SO3，只能使指
155、示剂变色，而不能褪色，A项错误；SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是发生氧化还原反应的结果，B项错误；除去多余的SO2应用NaOH溶液而非NaCl溶液，D项错误；湿润的淀粉KI试纸未变蓝，即无I2生成，故SO2的氧化性弱于I2的氧化性。答案C7(2013浙江杭州萧山高三期中统考，16)某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是 ()。A能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产 生白色沉淀D为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KM
156、nO4溶液，紫红色褪去解析D项，SO2(或H2SO3)也可使KMnO4溶液褪色，对验证生成的Fe2造成干扰。答案D二、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(14分)在化学课上围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究，将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，生成黑色物质。请回答下列问题：(1)生成的黑色物质(单质)是_(填化学式)。(2)这种黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，这种刺激性气味的气体成分是_(填化学式)，反应的化学方程式为_。(3)据蔗糖与浓硫酸反应的实验现象，说明浓硫酸具有_(填序号)。A酸性 B吸水性C
157、脱水性 D强氧化性(4)将(2)中产生的有刺激性气味的气体通入品红溶液中，可以看到品红溶液_，说明这种气体具有_性；将(2)中产生的有刺激性气味的气体通入水中可生成一种不稳定、易分解的酸，请写出该反应的化学方程式：_。(5)能否用澄清石灰水鉴别这两种气体？_(填“能”或“不能”)，若不能，请填写两种能鉴别的试剂_。解析(1)因为浓硫酸具有脱水性，故蔗糖在浓硫酸中生成的黑色物质是蔗糖脱水后形成的碳单质。(2)因为浓硫酸具有强氧化性，故蔗糖脱水形成的碳单质可以继续和浓硫酸反应生成CO2、SO2和H2O，其反应的化学方程式为C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O。(3)根据实验现象及(1)(2)
158、的分析知，在蔗糖与浓硫酸的反应中，浓硫酸具有脱水性、强氧化性和吸水性。(4)将(2)中产生的有刺激性气味的气体SO2通入品红溶液中，二氧化硫能将品红溶液漂白，故可以看到品红溶液褪色；将SO2通入水中，SO2可以和水发生化合反应：SO2H2OH2SO3。(5)因为CO2和SO2都可以与澄清石灰水发生反应生成白色沉淀，故不能用澄清石灰水鉴别这两种气体；可以根据二氧化硫的特性来检验二氧化硫，例如二氧化硫可以使品红溶液、溴水等褪色。答案(1)C(2)SO2C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O(3)BCD(4)褪色漂白SO2H2OH2SO3(5)不能品红溶液、溴水(其他合理答案均可)9(15分)(
159、2013福建名校模拟)如图每一方框中的字母代表一种反应物或生成物。产物J是含金属元素A的白色胶状沉淀，I为NaCl溶液，D是淡黄色固体单质。试填写下列空白。(1)框图中所列物质中属于非电解质的物质的化学式是_。(2)用电子式表示出H的形成过程_。(3)将E的水溶液蒸干并灼烧得到的固体物质的化学式为_。(4)F的水溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_ _。(5)F的水溶液显碱性的原因：_(用离子方程式表示)。(6)E与F在L中反应的离子方程式为_ _。(7)H和G之间反应的化学方程式为_。解析根据J是含金属元素A的白色胶状沉淀，可推断出A是Al，J是Al(OH)3；根据D是淡黄色固体单质，可推断出
160、D为S。从图示转化关系知，E是含铝的化合物，F是含硫的化合物，结合I为NaCl溶液，可以推断出E是AlCl3、F是Na2S、L是H2O，则B 为Cl2，C为Na。G是SO2，结合SO2的性质及G与H的反应，可推断出H是H2S。(1)框图中只有SO2为非电解质。(3)AlCl3蒸干时水解得到Al(OH)3，灼烧最终得到Al2O3。(4)Na2S溶液中由于S2水解溶液显碱性，离子浓度大小为c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)。(5)S2水解的离子方程式为S2H2OHSOH。(6)Al3与S2发生相互促进的水解反应：2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。(7)该反应为硫元素的
161、归中反应：2H2SSO2=3S2H2O。答案(1)SO2(2)2H HH(3)Al2O3(4)c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)(5)S2H2OHSOH(6)2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S(7)2H2SSO2=3S2H2O10(14分)近年来，酸雨污染较为严重，防治酸雨成了迫在眉睫的问题。(1)有人提出了一种利用氯碱工业产品处理含二氧化硫废气的方法，流程如下：()将含SO2的废气通入电解饱和食盐水后所得到的溶液中，得NaHSO3溶液。()将电解饱和食盐水所得气体反应后制得盐酸。()将盐酸加入NaHSO3溶液中，反应所得到的SO2气体回收，生成的NaCl循环利用。
162、写出步骤()反应的化学方程式：_。写出步骤()中电解饱和食盐水的化学方程式：_ _。写出步骤()反应的离子方程式：_。(2)还有学者提出利用Fe2、Fe3等离子的催化作用，常温下将SO2氧化成SO42而实现SO2的回收利用。某研究性学习小组据此设计了如下方案，在实验室条件下测定转化器中SO2氧化成SO42的转化率。该小组采用下图装置在实验室测定模拟烟气中SO2的体积分数，X溶液可以是_。(填写序号)A碘的淀粉溶液 B酸性高锰酸钾溶液C氢氧化钠溶液 D氯化钡溶液若上述实验是在标准状况下进行的，欲测定转化器中SO2氧化成SO42的转化率，已知气体流速，还需测定的数据有_、_。解析求解SO2在混合气
163、中的体积分数，需要求出两个量，一个是SO2的体积，一个是混合气的总体积。利用量气装置，可求出吸收SO2后余气的体积；利用洗气瓶中的X溶液，求出SO2的体积。所以对于洗气瓶中的溶液，必须能与SO2反应，且能发生明显的颜色变化，以便确定反应的终点。求解SO2的转化率，应求出SO2气体的总量和生成SO42的量。因为在前一问中已求出SO2在混合气中的含量，所以只需确定混合气的总量。利用流速求总量，只需知道通入时间。要求SO2的转化率，只需确定沉淀质量。答案(1)SO2NaOH=NaHSO32NaCl2H2O2NaOHH2Cl2HSO3H=SO2H2O(2)A、B实验时间加入盐酸酸化的BaCl2溶液后生
164、成沉淀的质量11(15分)某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验。请回答：(1)试管中发生反应的化学方程式为_。(2)实验过程中，怎样操作可防止SO2污染空气？_。(3)实验中，用a g铜片和V mL 18 molL1的浓硫酸放在试管中共热，直到反应完毕，发现试管中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解，你认为原因是_。下列药品中能用来证明反应结束后的试管中确有硫酸剩余的是_ (填序号字母)。a铁粉 bBaCl2溶液c银 dNa2CO3溶液(4)在定量测定剩余的硫酸的物质的量浓度时，某同学通过实验测得
165、剩余铜片的质量为b g(假设反应前后溶液的体积不变)，则剩余硫酸的物质的量浓度为_。解析(2)为防止SO2逸出污染空气，应在试管管口放一团沾有碱液的棉花，以吸收SO2，且在实验结束时应立即将铜丝上移，离开液面。(3)Cu只能与浓硫酸在加热条件下反应，而与稀硫酸不反应，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐下降，最后剩余。验证硫酸剩余应验证H的存在，而不能验证SO42，因为有CuSO4生成。答案(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(2)在试管管口放一团沾有碱液的棉花；实验结束后立即将铜丝上移，离开液面(3)反应过程中浓硫酸被消耗同时生成水，浓硫酸逐渐变稀，而铜不与稀硫酸反应ad(4)18
166、molL1课时5氮及其化合物最新考纲1了解氮元素的单质及其重要化合物的主要性质和应用。2.了解氮元素的单质及其重要化合物对环境质量的影响。考点一氮气及其常见氧化物1氮元素在自然界中的存在及氮的固定2氮气(1)物理性质：无色无味气体，密度比空气略小，难溶于水。(2)化学性质： 与氧气反应：N2O22NO(导致汽车尾气中产生氮的氧化物和雷电固氮)与氢气反应：N23H22NH3(工业合成氨的反应原理)3氮的氧化物(1)氮有多种价态的氧化物，如N2O、NO、NO2、N2O4、N2O3、N2O5等，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。(2)NO和NO2的比较NONO2颜色无色红棕色毒性有毒有毒溶解
167、性不溶于水易溶于水与O2反应2NOO2=2NO2与H2O反应3NO2H2O=2HNO3NO对人体、环境的影响(1)与血红蛋白结合，使人中毒(2)转化成NO2形成酸雨、光化学烟雾形成酸雨、光化学烟雾探究思考1写出俗语“雷雨发庄稼”中所涉及到的化学反应方程式？_；_；_。答案N2O22NO2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO2如何鉴别NO2与溴蒸气？答案由于NO2和Br2在性质上有不少相似性：均具有氧化性；溶于水均有酸生成；均可与碱反应；均为红棕色等。所以不能用淀粉KI试纸、pH试纸、NaOH溶液来鉴别，但二者性质又有差别，可以用下列方法鉴别：AgNO3溶液；CCl4；用水洗法。3指
168、出3NO2H2O=2HNO3NO反应中：氧化剂_、还原剂_，二者物质的量之比为_，1 mol NO2反应转移电子的个数为_。答案NO2NO212NA【示例1】 下列说法或离子方程式正确的是()。ANO2与水的反应：3NO2H2O=2NO3NO2H(2011江苏，6B)B用稀氢氧化钠溶液吸收NO2的离子方程式是2OH2NO2=NO3NOH2O(2010江苏，3C)CNO2通入FeSO4溶液中始终无明显现象(2010上海，13A)DCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在(2010山东理综，13C)解析B项所给离子方程式电荷不守恒，错误；C项NO2溶于水后形成HNO3，能将溶液中F
169、e2氧化成Fe3，溶液颜色发生变化，错误；D中NO不能在空气中稳定存在。答案A【示例2】 (2012江苏化学，16)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)NO2(g)N2O3(g)，其平衡常数表达式为K_。(2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是_；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是_(填化学式)。(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若n(NO)n(NO2)11，则会导致_；若n(NO)n(NO2
170、)11，则会导致_。(4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为_。解析(2)气液逆流可以使气体与吸收液充分接触，吸收更完全；滤渣是Ca(OH)2，可以循环使用。(3)据NONO2Ca(OH)2=Ca(NO2)2H2O可知参加反应的NO与NO2的物质的量之比为11，如果n(NO)n(NO2)11，剩余的NO不能被吸收，排放的气体中NO含量升高；如果n(NO)n(NO2)11，则发生反应：4NO22Ca(OH)2=Ca(NO2)2Ca(NO3)22H2O，产品中Ca(NO3)2的含量升高。(4)酸性条件下NO2发生歧化反应。答案(1)
171、(2)使尾气中的NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2(3)排放气体中NO含量升高产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高(4)3NO22H=NO32NOH2O1下列有关氮气用途的说法不正确的是()。A作焊接金属的保护气B制硝酸和化肥的原料C食品袋中充氮气来防腐D与氧气反应制NO从而制硝酸解析氮气的化学性质不活泼，能防止金属在高温下被空气中的氧气氧化，A正确；氮气可用于合成氨，氨可作制硝酸和化肥的原料，B正确；食品袋中充氮气可防止食品缓慢氧化而变质，C正确；氮气与氧气的反应很难进行，不能用氮气与氧气反应制NO，D错误。答案D2NO2可以用氢氧化钠溶液吸收，或在一定条件下用氨气与其反应使之转
172、化为无污染的物质，发生反应的化学方程式分别是：2NO22NaOH=MNaNO3H2O，8NH36NO2=7X12H2O。则M、X代表的物质的化学式分别是()。ANaNO2、N2 BHNO2、N2CNO、HNO3 DN2、N2解析根据得失电子守恒、原子守恒综合判断可知A项正确。答案A3(2013绍兴模拟)室温时，在容积为a mL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入b mL O2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为c mL，且该气体不支持燃烧。则a、b、c的关系是()。Aa4b3c Ba4bcCab41 Dab43解析根据反应3NO2H2O=2HNO3
173、NO，a mL NO2会生成 mL NO，通入O2后，最后气体不支持燃烧，故c mL剩余气体为NO，即与b mL O2反应的NO为mL，根据化学方程式4NO3O22H2O=4HNO3得b43，整理可得a4b3c。答案ANOx和O2混合型计算题的规律总结1关系式法(1)NO和O2混合气体通入水中由2NOO2=2NO2和3NO2H2O=2HNO3NO得总反应为4NO3O22H2O=4HNO3(2)NO2和O2混合气体通入水中由3NO2H2O=2HNO3NO和2NOO2=2NO2得总反应为4NO2O22H2O=4HNO3(3)NO、NO2和O2三种混合气体通入水中先按3NO2H2O=2HNO3NO计
174、算出生成的NO体积，再加上原来混合气体中NO体积，再按(1)计算。2电子守恒法当NOx转化为硝酸时要失去电子，如果是NOx与O2混合，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。考点二氨和铵盐1氨(1)物理性质：无色有刺激性气味的气体，密度比空气小，易液化，极易溶于水(1700)。(2)化学性质还原性与氧气反应：4NH35O24NO6H2O。与酸反应与氯化氢反应：NH3HCl=NH4Cl。现象：产生白烟。应用：用于NH3与挥发性酸的互相检验。与水反应：NH3H2ONH3H2O，NH3H2ONH4OH，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性。(3)实验室制法：Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH
175、32H2O。(4)用途：化工原料，用于制硝酸、铵盐、纯碱、尿素，用作制冷剂。2铵盐(1)物理性质：都是无色或白色晶体，易溶于水。(2)化学性质不稳定性aNH4Cl受热分解：NH4ClNH3HCl。bNH4HCO3受热分解：NH4HCO3NH3CO2H2O。与碱反应铵盐与碱溶液反应的离子方程式a在稀溶液中不加热：NH4OH=NH3H2O。b加热时或浓溶液：NH4OHNH3H2O。(3)NH4的检验：探究思考1干燥NH3能用浓硫酸、P2O5、无水氯化钙吗？如果不能可选用什么干燥剂？答案不能，因为浓H2SO4与NH3反应，P2O5吸水后生成酸也能与NH3反应，无水氯化钙也能与NH3反应，可以选用固体
176、NaOH或碱石灰。2用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火，其原因是：_；_。答案氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气3液氨和氨水有哪些区别？完成下列表格。液氨氨水形成物质分类混合物微粒种类NH3、NH3H2O、H、H2O、NH4、OH存在条件常温常压下不能存在常温常压下可存在答案氨气液化氨气溶于水纯净物NH3【示例3】 (2012上海，16)实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是()。A是氨气发生装置B是氨气发生装置C是氨气吸收装置D是氨气收集、检验装置思维启迪 如果用作为氨气的发生装置，所用试剂可为CaO与浓氨水、NaOH固体与浓氨水。解析装置中NH4C
177、l受热易分解生成NH3和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成NH4Cl，选项A错误；装置中的漏斗放置过低，不能防止倒吸，选项C错误；装置中的试管口应放一团干燥的棉花，选项D错误。答案B【示例4】 (2011重庆理综，27节选)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。甲组同学用下图装置(夹持装置略)对其进行探究实验。(1)仪器B的名称是_。(2)实验中，中的试纸变蓝，中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则中的试剂为_；中发生反应的化学方程式为_ _；中的试剂为_。(3)乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为，此时中现象为_，原因是_。解析(1)仪器B是分液漏斗。(2)使红色石蕊试
178、纸变蓝色的气体在中学中所学过的只有NH3，因此化合物A中一定含有N元素，由于干燥后的NH3在加热情况下可以与CuO反应，因此中干燥管内干燥剂为碱石灰，中反应的化学方程式为3CuO2NH33CuN23H2O；中的试剂为浓H2SO4，用来干燥和洗气。(3)乙组同学将装置放在装置之前，由于CuO与NH3反应产生H2O，H2O与未反应的NH3反应生成NH3H2O使红色石蕊试纸变蓝色。答案(1)分液漏斗(2)碱石灰3CuO2NH33CuN23H2O浓H2SO4(3)红色石蕊试纸变蓝CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气生成氨水，使红色石蕊试纸变蓝1判断下列说法是否正确，不正确的说明理由。氨气溶于水能导电
179、，所以氨气是电解质。实验室用浓氨水与NaOH固体制取氨气。氨与酸反应生成铵盐，与挥发性酸相遇时能形成白烟。某晶体与NaOH共热放出一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该晶体中含有NH4。氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH4。把NH3通入稀HNO3中，当溶液的pH等于7时，溶液中NH3和HNO3等物质的量反应。液氨作为清洁能源的反应原理是4NH35O24NO6H2O。在1 molL1氨水中，NH3H2O、NH4、NH3的物质的量浓度之和为1 molL1。答案正确。不正确，NH3本身电离成自由移动的离子，溶于水，与水发生反应NH3H2ONH3H2ONH4OH因而导电，故NH3不是电解质；不正确，氨水
180、中存在大量的NH3H2O和少量的NH4；不正确，NH3和HNO3等物质的量反应时，得到NH4NO3溶液，NH4水解使溶液显酸性，pHKsp(AgI)，AgI沉淀中加入稀KCl溶液，不能观察到白色沉淀，B项错误；Al箔能与稀HNO3反应放出气体，C项错误。答案D【示例6】 (2009北京理综，27)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3 molL1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反
181、应。2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置、中盛放的药品依次是_。(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后_。(3)装置中发生反应的化学方程式是_。(4)装置的作用是_，发生反应的化学方程式是_。(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是_。(6)实验结束后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是(选填序号字母)_。a加热该绿色溶液，观察颜色变化b加水稀释该绿色溶
182、液，观察颜色变化c向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化解析实验题要先看目的，即要验证什么，由此再来理解或设计实验。“目的决定过程！”本题要证明浓HNO3能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。装置产生的是NO2，而非NO，所以装置中盛水，与NO2反应生成NO。而NO极易与O2反应产生NO2，故反应前应用CO2将装置中的空气排尽。(6)的思路是从溶液中赶出NO2，或在Cu(NO3)2溶液中通入NO2。a加热，则溶解气体会逸出从而检验乙同学说法，b项加水稀释，生成水合铜离子，无论何种情况稀释后均为蓝色，无法判断；c项中通入N2，起到
183、搅拌作用使溶解气体逸出，可用于检验乙同学的说法；d项，向蓝色的饱和Cu(NO3)2溶液中通入NO2，若变色则可证明乙同学的说法。答案(1)3 molL1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液(2)通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内(3)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O(4)将NO2转化为NO3NO2H2O=2HNO3NO(5)装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色(6)acd1(2013潍坊模拟)下列有关铜与浓硝酸反应的说法中错误的是()。AHNO3是氧化剂，NO2是还原产物B若2 mol HNO3被还原，则反应中一定生成22.
184、4 L NO2气体C参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比是11D硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性解析题目没有指明温度和压强，故无法确定气体的摩尔体积，无法计算气体的体积，B项错误。答案B2在标准状况下将1.92 g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则混合气体中NO的体积为()。A112 mL B1 008 mL C224 mL D448 mL解析混合气体的总物质的量为1.12 L22.4 Lmol10.05 mol，1.92 g铜粉的物质的量为0.03 mol。设
185、NO的物质的量为n1 mol，则NO2的物质的量为(0.05n1)mol，根据得失电子守恒得3n1(0.05n1)10.032，解得n10.005，V(NO)0.005 mol22.4 Lmol10.112 L112 mL。答案A3如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂探究浓、稀硝酸的强氧化性并观察还原产物的实验装置。.浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5 mL浓硝酸，往具支试管中放入约2 mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体。(1)具支试管中发生反应的化学方程式：_。(2)实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象_ _。.稀硝酸的强氧化性实验(3)上述反应完成后，欲进一
186、步证明稀硝酸也具有强氧化性，紧接的简便、合理的实验操作是_。(4)能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是_(填写序号)。Ac中收集到无色气体Bc中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色Cb中产生的无色气体接触空气后变为红棕色.实验反思(5)利用该装置先进行铜与浓硝酸反应，再进行铜与稀硝酸反应的实验，其好处是_。.问题讨论用等质量的铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸(硝酸均过量)反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。对此有两种看法：两者颜色不同的原因是因为Cu2浓度差异引起的。前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。(6)你认为上述看法_(填“”或“”)合理。若是合理，
187、说明理由，若是合理，设计一个简单实验证明：_。解析.铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，实验中具支试管中溶液变蓝，且有红棕色气体产生。.向试管中加水将浓硝酸稀释后，可以继续进行铜与稀硝酸反应的实验，这样可以利用Cu与浓硝酸反应产生的NO2排出具支试管中的空气，有利于观察铜与稀硝酸反应的产物。.由于硝酸均过量，铜的质量相同，溶液的体积相同，所以铜无论是与稀硝酸反应，还是与浓硝酸反应，生成的Cu2的浓度是相同的，看法是不合理的，可通过向蓝色溶液中通入NO2看溶液是否变绿，或加热绿色溶液看是否有红棕色气体产生来证明。答案(1)Cu4HNO3(浓)=Cu
188、(NO3)22NO22H2O(2)铜片逐渐溶解，溶液变蓝，放出红棕色气体(3)往分液漏斗中加水稀释浓硝酸，打开活塞，放入稀硝酸(4)C(5)利用Cu与浓硝酸反应生成的NO2排出具支试管中的空气，有利于观察Cu与稀硝酸的反应产物(6)往蓝色溶液中通入NO2，溶液变成绿色(或加热绿色溶液，有红棕色气体产生，溶液变成蓝色)金属与硝酸反应计算题解题建模1思维模型2计算中守恒思想的应用(1)原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。(2)得失电子守恒法HNO3
189、与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。(3)电荷守恒法HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH)则有：c(NO3)c(H)nc(Mn)(Mn代表金属离子)。(4)离子方程式计算法金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO3在H2SO4提供H的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H或NO3进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。喷泉实验面面观(教师用书独具)问 题 探 究1形成喷泉的原理形成喷泉最根本的原因是瓶内外存在压强差。当烧瓶内气体溶于液体或与之反应时，瓶内气体大量减少
190、，压强降低，外界的大气压将液体压入烧瓶内，如此持续，最后液体将充满烧瓶。2常见喷泉的形成主要有以下两类(1)极易溶于水的气体(NH3、HCl、SO2等)与水可形成喷泉；(2)酸性气体(HCl、SO2、NO2、CO2、H2S等)与NaOH(aq)也能形成喷泉。3喷泉实验成功的关键(1)盛气体的烧瓶必须干燥；(2)气体要充满烧瓶；(3)烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；(4)所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。4常见的喷泉实验装置喷泉实验的本质是形成压强差而引发液体上喷，为此可设计多种不同的装置和采用不同的操作(如使气体溶于水、热敷、生成气体、发生气体体积减小的反应等)来使喷
191、泉产生。装置：挤压气球，即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶中，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置：去掉了胶头滴管。打开止水夹，用手(或热毛巾等)捂热烧瓶，氨气受热膨胀，使氨气通过导管与水接触，即产生喷泉。(开放性问题，或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶，烧瓶内氨气溶于水)装置：在锥形瓶中加入能产生气体的物质，使锥形瓶内气体的压强明显增大，将液体压入烧瓶而产生喷泉。装置：在水槽中加入使水温度升高的物质，致使锥形瓶内酒精因升温而挥发，锥形瓶内气体压强增大而产生喷泉。装置：烧瓶中通入H2S(或SO2)，然后通入SO2(或H2S)，现象为有淡黄色粉末状物质生成，瓶内壁附有水珠，N
192、aOH溶液喷到烧瓶内。当 场 指 导【典例】 右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是()。ACO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉BNH3(H2O中含酚酞)/红色喷泉CH2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉DHCl(AgNO3溶液)/白色喷泉解析CO2在NaHCO3溶液中的溶解度很小，因此不能形成喷泉；NH3极易溶于水生成NH3H2O，NH3H2O发生电离生成OH，遇酚酞使之显红色；H2S和CuSO4反应生成CuS黑色沉淀；HCl极易溶于水，且和AgNO3发生反应生成白色沉淀；因此A不正确。答案A【应用】 下列图示是某学习小组设计的制
193、取氨气并利用氨气进行喷泉实验的装置示意图。请回答下列问题：(1)学生甲用图A所示装置制备氨气，写出该法制取氨气的化学方程式：_；制出的氨气应使用_法来收集，要得到干燥的氨气可选用_作干燥剂。(2)学生乙用图B所示装置也制出了氨气，他选用的试剂可能是_和_。用平衡移动原理分析这种方法制备氨气的原理_。(3)学生丙用图C所示装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉的操作是_。(4)学生丁将装置C误装为装置D，但经与同学讨论后，认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理：_。解析(1)题图A是固体和固体混合加热制备氨气的装置，应选用的原料是NH4Cl和Ca(OH)2固体。氨气极
194、易溶于水，比空气的密度小，要用向下排空气法收集。干燥氨气常用碱石灰。(2)题图B是固体和液体在不加热时反应制氨气的装置，可选用浓氨水和生石灰(或固体NaOH)混合反应。在氨水中存在下列平衡：NH3H2ONH3H2O，生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，促使平衡正向移动，NH3H2O分解放出氨气。(3)氨气极易溶于水，用图C所示装置进行喷泉实验时，先打开止水夹，然后挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶，氨气溶于水导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯内的水压入烧瓶中即可形成喷泉。(4)对于装置D，可以设法使烧瓶受热，烧瓶内气体膨胀，排出玻璃导管中的空气，烧瓶内氨气与水接触即产生喷泉。答案(1
195、)2NH4ClCa(OH)2CaCl22H2O2NH3向下排空气碱石灰(合理即可)(2)CaO或NaOH固体浓氨水生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，且使溶液中c(OH)增大，促使平衡NH4OHNH3H2ONH3H2O正向移动，NH3H2O分解放出氨气(3)打开止水夹，挤出胶头滴管中的水(4)打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，氨气与水接触，即发生喷泉(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶，烧瓶内氨气溶于水，即产生喷泉)(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共8个小题，每题6分，共48分，每个小题只有一个选项符合题意。)1(20
196、13温州模拟)下列由相关实验现象所推出的结论正确的是 ()。ANH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，说明二者均易溶于水解析不能用加热NH4Cl固体的方法制氨气，因为NH3和HCl会在试管里重新化合成NH4Cl；硝酸能将SO32氧化成SO42，B项实验不能说明原溶液中一定有SO42；铁和稀硝酸反应生成的气体是NO不是H2。
197、答案D2(2013南昌二中调研)下列说法不正确的是 ()。A在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶 解B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO 4H2ODHNO3NONO2，以上各步变化均能通过一步实现解析稀H2SO4与铜不反应，在溶液中再加入Cu(NO3)2固体，相当于存在稀HNO3，则铜粉与稀HNO3反应而溶解。答案A3某同学利用如图所示装置进行实验，一段时间后，水沿导管缓慢上升。下列说法错误的是()。A实验过程中气球体积会发生变化B广口瓶中液体的pH减小C广口瓶中有化合反应
198、发生D试管中不可能发生分解反应解析铜与浓硝酸反应生成的NO2气体进入广口瓶中，与水反应生成NO，NO可能再与水上方的O2化合生成NO2，气体进入气球使其体积变大；广口瓶中有硝酸生成，液体的pH减小；试管中有浓硝酸，有可能发生浓硝酸的分解反应。答案D4如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 molL1的硝酸并加热，待反应结束时，下列微粒在体系中一定大量存在的是 ()。NO3Fe3HNO NO2A BC D解析Fe与浓HNO3反应时，开始生成的还原产物是NO2，并且若铁少量时，还原产物只有NO2；当铁过量时，氧化产物是Fe2，当HNO3过量时，氧化产物是Fe3。因产物有硝酸盐，故溶液中一定还有
199、NO3。答案B5(2013乌鲁木齐一中月考)有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：(1)a和b混合气体变红棕色(2)c和d混合产生白烟(3)c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体(4)b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是 ()。AO2、NO、HCl、NH3、CO2 BO2、NO、NH3、HCl、SO2CNO、O2、NH3、HCl、SO2 DHCl、CO2、NH3、H2S、CH4解析a和b混合后气体变成红棕色，可知a和b分别为NO、O2中的一种；b通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则b为O2，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d分别为NH3、HCl中的一
200、种；c通入少量溴水中使溴水变成无色透明液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e为SO2。答案C6已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。pH范围77产物NO3NO、N2O、N2中的一种下列有关说法错误的是 ()。A碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2ClO= NO3ClB向冷的NaNO2溶液中通入CO2可得到HNO2C向冷的NaNO2溶液中加入稀硫酸可得到HNO2D向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色解析由表中数据知，
201、碱性条件下，HNO2可被氧化为NO3，而ClO有强氧化性，A对；HNO2的酸性比碳酸强但比硫酸弱，故CO2不能与亚硝酸盐作用而硫酸能，B错、C对；酸性条件下，NaNO2有氧化性，而I具有强还原性，NO2能将I氧化成I2，D对。答案B7一定体积0.01 molL1的稀硝酸恰好能氧化一定质量的铁、铝混合物，已知两种金属均被氧化为最高价态，还原产物只有NO。若用0.01 molL1 NaOH溶液溶解相同质量的该混合物，当反应完全时所需氢氧化钠溶液的体积是稀硝酸的，则样品中铁、铝的物质的量之比为 ()。A23 B13 C14 D53解析设样品中铁和铝的物质的量分别为x和y，根据Fe4HNO3(稀)=
202、e(NO3)3NO2H2O、Al4HNO3(稀)=Al(NO3)3NO2H2O，反应中消耗HNO3的物质的量为4x4y；而2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2中消耗NaOH的物质的量为y，即，解得xy14。答案C8(2013大庆模拟)FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为 ()。A16 B1625 C211 D17解析当生成的NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，4 mol HNO3被还原得到6 mol电子，当1
203、 mol FeS生成硝酸铁、硫酸铁时化合价的变化为：铁升1，硫升8，即共失去9 mol电子，所以参加氧化还原反应的FeS与被还原HNO3的物质的量之比为16。但是生成物中还有硝酸铁，因而有一部分硝酸起了酸性介质作用，通过元素守恒可得方程式中FeS与HNO3的比例为321，即17。答案 D二、非选择题(本题共5个小题，共52分)9(9分)(2012四川理综，28)甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。下图A、B、C为甲、乙两
204、小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。甲小组测得：反应前氧化铜的质量m1 g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2 g、生成氮气在标准状况下的体积V1 L。乙小组测得：洗气前装置D的质量m3 g、洗气后装置D的质量m4 g、生成氮气在标准状况下的体积V2 L。请回答下列问题：(1)写出仪器a的名称：_。(2)检查A装置气密性的操作是_。(3)甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气。请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理甲小组A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：_乙小组_浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：_(4)甲小组用所测数据计算
205、出氨分子中氮、氢的原子个数之比为_。(5)乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是_。解析(3)(NH4)2SO4与Ca(OH)2反应的化学方程式为(NH4)2SO4Ca(OH)2CaSO42NH32H2O；快速制备氨气，可以将浓氨水滴加到NaOH固体上，故应选择装置B；氨水中存在的平衡为：NH3H2O NH3H2ONH4OH，NaOH溶于水后放热且增大了c(OH)，使平衡逆向移动，从而生成氨气。(4)该实
206、验的原理为：2NH33CuO3CuN23H2O。由甲小组的方法可知：(m1m2)g为CuO减少的O原子的质量，其物质的量为 mol；则生成的H2O中H原子的物质的量为 mol；生成N2的体积为V1 L，其物质的量为 mol，则N原子的物质的量为 mol，故N、H的原子个数比为。(5)未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了，导致计算中水的质量增大，求得氢原子的物质的量增大，最终求得氨分子中氮、氢原子个数比明显比理论值偏小。可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。答案(1)圆底烧瓶(2)连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成
207、一段稳定的水柱(3)(NH4)2SO4Ca(OH)22NH32H2OCaSO4 B氢氧化钠溶于氨水后放热、增加氢氧根浓度，使NH3H2ONH3H2ONH4OH向逆方向移动，加快氨气逸出(4)5V17(m1m2)(5)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(氢氧化钠、氧化钙等)10(10分)如图所示分别是某课外活动小组设计的制取氨气并用氨气进行喷泉实验的三组装置，回答下列问题：(1)用A图所示的装置可制备干燥的NH3：反应的化学方程式为_。装置中收集NH3的试管口放置棉花团的作用是_ _。干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？_(填“能”或“不能”)，理由是_(用化学方程式表示)
208、。(2)用B图所示的装置可快速制取较大量NH3：用化学方程式表示浓氨水滴入CaO中有大量NH3逸出的过程：_。检验NH3是否收集满的实验方法是_ _。(3)用C图所示的装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发水上喷的操作是_，该实验的原理是_ _。答案(1)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O减小空气对流，使NH3充满试管不能CaCl28NH3=CaCl28NH3(2)CaOH2O=Ca(OH)2，反应放热，NH3H2ONH3H2O用蘸取少许浓盐酸的玻璃棒靠近收集NH3的容器口，若产生白烟，说明容器已收集满NH3，反之，则没有收集满；或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的
209、容器口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明NH3已收集满，反之，则没有收集满(其他合理答案也可)(3)打开止水夹，挤出胶头滴管中的水NH3极易溶解于水，致使烧瓶内压强迅速减小11(12分)下图中AJ分别代表相关反应的一种物质。已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：(1)A的化学式_。(2)定出反应的化学方程式：_，_。(3)写出反应的离子方程式：_。(4)J与F反应的化学方程式：_。(5)在反应中，当生成标况下2.24 L G时，转移电子数为_mol。解析A分解得到等物质的量的B、C、D，A可能为NaHCO3或NH4HCO3，B与Mg反应，B应为CO2，C
210、与Na2O2反应生成G，C可能为H2O，D与G在催化剂存在的条件下反应，D应为NH3，则H为NO，I为NO2，J为HNO3，HNO3与F反应又生成B(CO2)、C(H2O)、I(NO2)，则F为C(碳)。答案(1)NH4HCO3(2)2MgCO22MgOC4NH35O24NO6H2O(3)NH4HCO32OHNH3CO322H2O(4)C4HNO3(浓)CO24NO22H2O(5)0.212(9分)(2013皖南重点中学联考)某氮肥NH4HCO3中混有少量(NH4)2CO3，现采用下列方案测定该氮肥中(NH4)2CO3的质量分数：称取5.7 g样品与2.0 molL1 NaOH溶液混合，完全溶
211、解后，低温加热使其充分反应(该温度下铵盐不分解)，并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用NaOH溶液体积的关系如图所示。请回答下列问题：(1)A点前样品与NaOH反应的离子方程式为_ _。(2)为使生成的氨气被硫酸吸收时不发生倒吸，可以选用下列装置中的_(填字母序号)。(3)样品中(NH4)2CO3的质量分数是_%(保留一位小数)。(4)当V(NaOH)50 mL时，生成NH3的质量为_。解析(1)样品中的HCO3和NH4都能与OH反应，只有HCO3反应完之后，NH4才会与OH反应生成NH3。(2)A、B中的漏斗和球形干燥管能蓄积较多液体，可防止倒吸；NH3不溶于CCl4，D装置也
212、能防止倒吸。(3)设样品中NH4HCO3、(NH4)2CO3的物质的量分别为x mol、y mol，则：79x96y5.7，2x2y0.14。解得：x0.06，y0.01。m(NH4)2CO30.96 g，w (NH4)2CO3100%16.8%。(4)当V(NaOH)50 mL时，n(NaOH)0.1 mol。与HCO3反应的NaOH为0.06 mol，与NH4反应的NaOH为0.04 mol，所以生成的NH3为0.04 mol，质量为0.68 g。答案(1)HCO3OH=CO32H2O (2)ABD(3)16.8(4)0.68 g13(12分)某化学课外活动小组在实验室设计了如图所示的实验
213、装置，进行“氨的催化氧化”实验。(1)A处是气体发生装置，A中所用的试剂只能从下列物质中选取：硝酸铵；碳酸铵；碳酸氢铵；氯化铵；熟石灰；氢氧化钠。若A中制取气体时只用了一种药品，则该药品可以是_(填选项编号)，在只用一种药品制取氨气时，图中空白处所需仪器应为_(选填下列仪器编号，固定装置省略)。(2)该装置补充完整后，仍然存在一定的缺陷，试从安全与环保的角度来考虑，对该装置进行改进：_；_。(3)按照改进后的装置进行实验，请完成以下问题：装置B的作用是_；写出C中发生反应的化学方程式：_；若A、B处试剂足量，则装置D中可以观察到的实验现象有_。解析解答本题要注意以下两点：(1)题目对制取氨气的
214、药品有限制条件。(2)根据实验的药品特点选择仪器和分析装置的作用及实验现象。答案(1)或e、f、g、h(2)在装置C与D之间增加一个防倒吸装置在D后增加一个尾气吸收装置(3)吸收CO2和水蒸气，并生成O24NH35O24NO6H2O铜片逐渐减少直至溶解，溶液变蓝色，生成无色气体并在广口瓶上方变成红棕色专题课堂四环境保护与绿色化学考点一环境污染及其防治要 点 突 破1常见的环境污染(1)大气污染：是指由空气中的颗粒物、硫的氧化物(SO2、SO3)、氮的氧化物(NO、NO2等)、CO、碳氢化合物、氟氯代烷等造成的污染(其中SO2、NOx主要来源于化石类燃料的大量使用)。大气污染的具体表现主要有：形
215、成酸雨、酸雾；臭氧层空洞；光化学烟雾；温室效应。酸雨正常雨水偏酸性，pH约为67，这是由于大气中的CO2溶于雨水中形成碳酸的缘故；酸雨通常是指pH小于5.6的降水。酸雨的形成是一个复杂的化学和物理过程，主要是由于工业废气中的SO2和NOx造成的。臭氧层空洞大气中的臭氧层可滤去大量的紫外光，保护地球上的生物。制冷剂氟利昂(如CCl2F2)可在光的作用下分解产生Cl原子，Cl原子会对臭氧层产生长久的破坏作用，Cl对臭氧层的破坏起到催化作用。破坏臭氧层的物质还有SO2、NO和NO2。光化学烟雾氮氧化物(NOx)主要是指NO和NO2。NO和NO2都是对人体有害的气体。氮氧化物和碳氢化合物在大气环境中受
216、强烈的紫外线照射后产生一种新的二次污染物光化学烟雾，其主要成分是光化学氧化剂(主要是O3)及其他多种复杂的化合物。主要是由汽车的尾气所引起，而日光在其中起了重要作用。温室效应地球大气层中的CO2和水蒸气等能允许部分太阳短波辐射透过并到达地面，但地表向外反射的长波热辐射线却被大气吸收，这样大气吸收的辐射热多于散失的辐射热，使地表与低层大气温度升高，这种现象称为温室效应，但是温室气体并非只有CO2，还有H2O、CH4、氟氯烃(几种氟氯代甲烷及乙烷的总称，商品名氟利昂)等。温室效应的加剧导致全球变暖，会对气候、生态环境及人类健康等多方面带来影响。(2)水体污染：是指过量有害物质进入水体中造成的污染。
217、导致水体污染的物质主要有两大类，一类是重金属污染，如重金属Hg、Cd、Pb、Cr等进入水中形成的污染，如水俣病是由汞污染引起的，骨痛病是由镉污染引起的。这些重金属主要来自于化工、冶金、电子、电镀等排放的工业废水。另一类是植物营养物质污染：水中高浓度的N、P等植物营养物质，导致水体富营养化而形成的污染，从而引起赤潮或水华。它主要是由进入水中腐烂的含蛋白质的物质、含磷洗涤剂及大量使用氮肥、磷肥造成的。(3)固体废弃物污染：主要是指生活垃圾、工业废料随意堆放造成的污染，目前最引人注意的是由塑料制品造成的白色污染及废旧电池造成的重金属污染。垃圾污染范围广泛，对环境及生物的不良影响途径多样。2环境保护的
218、措施(1)工业废气携带颗粒物的回收利用。(2)工业、生活污水经处理达标后排放，限制使用含磷洗涤剂。(3)回收、限制难降解塑料，研制可降解塑料。典 例 示 范【示例1】 2012四川理综，29(1)(2)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在下图所示的循环燃烧装置的燃料反应器中与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。请回答下列问题：(1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有_(填写字母编号)。A温室效应 B酸雨C粉尘污
219、染 D水体富营养化(2)在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为_。亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式为_。解析(1)煤燃烧产生的烟气中含有的粉尘会造成粉尘污染，含有的二氧化硫(与空气接触可产生三氧化硫)会造成酸雨，二氧化碳可以造成温室效应，故应选A、B、C。(2)因CO2CaCO3H2O=Ca(HCO3)2，故二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为Ca(HCO3)2；1 mol Ca(HSO3)2被氧气氧化肯定生成1
220、 mol CaSO4，根据S元素守恒，还要有H2SO4生成，故反应方程式为Ca(HSO3)2O2=CaSO4H2SO4。答案(1)ABC(2)Ca(HCO3)2(或碳酸氢钙)Ca(HSO3)2O2=CaSO4H2SO4应 用 体 验1(2013江苏，1)燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是()。A甲醇 B天然气C液化石油气 D氢气解析甲醇、天然气(CH4)、液化石油气(气态烃)燃烧均生成CO2和H2O，CO2会造成温室效应，氢气燃烧只生成H2O，因此最环保的是氢气，D项正确。答案D2(2012海南，1)化学与环境密切相关，下列有关说法
221、正确的是()。ACO2属于大气污染物B酸雨是pH小于7的雨水CCO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧解析CO2是大气的组成成分，不属于大气污染物，A选项错；酸雨是指pH小于5.6的雨水，B选项错；CO2不会导致酸雨，NO2或SO2都会导致酸雨，C选项错；CO2是温室气体，其含量的增加会导致温室效应加剧，故D选项正确。答案D3我国空气质量预报的内容主要包括三个方面：氮氧化物、二氧化硫、悬浮颗粒物等三种大气污染物的浓度。(1)德国科学家曾经利用卫星数据和一种先进的仪器，绘制了一幅地球上空二氧化氮的分布图，从科学家绘制的二氧化氮分布图看，欧洲和北美洲的一些
222、大城市上空二氧化氮密度很高，其原因是_。(2)与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_。A酸雨B臭氧层空洞C光化学烟雾(3)为了降低汽车尾气对大气的污染，目前最有效的方法是给汽车安装尾气净化装置。它能将一氧化碳和氮氧化物(NOx)在催化剂作用下发生反应转化为无害气体，其反应的化学方程式为_。解析(1)氮氧化物主要来自内燃机尾气的排放，欧美发达国家无论是地面还是高空交通都比较发达，所以可能是由于汽车或高空飞机的密度大而引起的尾气排放超标；(3)反应生成的是无害气体，所以可得产物为N2和CO2。答案(1)这些地区的机动车辆过多(或飞机飞行频繁)(2)ABC(3)2NOx2xCON22xCO2考
223、点二绿色化学要 点 突 破1绿色化学(1)绿色化学的理念：在于不再使用有毒有害的物质，不再产生废物或尽可能少产生废物，这是一门从源头上减少或消除污染的化学。(2)绿色化学反应的特征采用无毒、无害的原料；在无毒、无害的条件(包括催化剂、溶剂)下进行；产品应该是环境友好的；具有“原子经济性”，即反应具有高选择性、极少副产物，甚至实现“零排放”。此外，它还应当满足“物美价廉”的传统标准。2原子经济性(1)原子经济性就是指在化学反应中特别是有机合成中，最大限度地利用原料分子的每一个原子，使之结合到目标分子中(如完全的加成反应：AB=C)，达到零排放。减少废物的关键是提高反应的选择性，即选择最佳反应途径
224、，使反应物原子尽可能多地转化成产物原子，最大限度地减少副产物，才会真正减少废物的生成。原子经济性可用原子利用率来衡量，其定义可表示为：原子利用率100%。(2)原子经济性反应有两个显著优点：一是最大限度地利用了原料，二是最大限度地减少了废物的排放。典 例 示 范【示例2】 在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是()。ACCH2=CH2CH3OOOH(过氧乙酸)CH2OCH2CH3COOHBCH2=CH2Cl2Ca(OH)2CH2OCH2CaCl2H2OC2CH2=CH2O22CH2OCH2D3CH2OHCH2OHHOCH2CH2OCH2CH2OHCH2OCH22H2O解析根据原子利用率
225、内涵，副产物越少原子利用率越高。C项的副产物为0，则原子利用率为100%，答案为C。也可以分别计算其他方法的原子利用率，再比较。A项原子利用率：100%42.3%；B项原子利用率：100%25.4%；C项原子利用率：100%100%；D项原子利用率：100%23.7%。所以原子利用率大小：CABD。答案C应 用 体 验4下列化学反应不符合绿色化学理念的是()。A消除硫酸厂尾气中SO2的污染：SO22NH3H2O=(NH4)2SO3B消除硝酸工业尾气中氮氧化物的污染：NONO22NaOH=2NaNO2H2OC制Cu(NO3)2：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2OD制CuSO4
226、：2CuO22CuO；CuOH2SO4=CuSO4H2O解析C项会产生污染环境的NO2气体，不符合绿色化学理念。答案C5在“绿色化学工艺”中，理想状态是原子利用率为100%。在用CH3CCH合成CH2=C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需要其他的反应物有()。ACO和CH3OH BCO2和H2OCH2和CO2 DCH3OH和H2解析从原子守恒和绿色化学的思想出发：CH3CCH其他的反应物CH2=C(CH3)COOCH3，则其他的反应物的原子组成为C2H4O2，只有选项A中的物质按等物质的量混合符合题意。答案A6“低碳”既是时尚，也是环保要求。“低碳”在工业生产中意义重
227、大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几个工厂利用废气、废渣(液)联合生产化肥硫酸铵的工艺：请回答下列问题：(1)工艺操作、分别为_、_。(2)工业合成氨的化学方程式为：_。(3)写出生成“产品”的离子方程式：_。(4)在实验室中检验合成氨厂排出的废气中是否含有氨气的方法是_。(5)副产品的化学式为_。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是_。解析(1)合成氨的原料之一氮气来源于空气，分离方法是将空气液化后蒸发分离出氧气，获得氮气。(2)工业合成氨的条件是高温、高压和催化剂。(3)“产品”是硫酸铵，反应物是硫酸钙悬浊液、二氧化碳、氨气等
228、，产物除产品硫酸铵外，还有碳酸钙沉淀。(4)氨气溶于水显碱性，实验室中可以用湿润的红色石蕊试纸检验，或利用氨气与氯化氢化合为氯化铵的反应进行检验等。(5)分析框图中各物质的关系可知“副产品”为CaO，能够循环使用的物质是CO2。答案(1)将空气液化后蒸发分离出氧气，获得氮气过滤(2)N23H2 2NH3(3)CaSO4CO22NH3H2O=CaCO32NH4SO42(4)将湿润的红色石蕊试纸放在导气管口，若试纸变蓝，则证明有NH3(或其他可行的方法)(5)CaOCO2专题课堂无机框图题的解题策略(教师用书独具)无机框图的主要考查形式1元素知识主干：(1)以Na、Mg、Al、Fe金属元素为核心的
229、单质及其化合物间的相互转化；(2)以Cl、S、N、Si、C非金属元素为核心的单质及其化合物间的相互转化。2基本理论概念：(1)物质结构、元素周期律；(2)化学平衡理论；(3)电解质溶液理论；(4)电化学理论；(5)化学实验现象及基本操作；(6)化学基本用语的表达。考点一通过物质的特殊颜色进行推断常见的有色物质(淡)黄色固体S、Na2O2、Ag3PO4、AgBr、AgI“红”色固体Cu、Cu2O、Fe2O3、红磷红褐色沉淀Fe(OH)3黑色固体C、FeS、CuS、MnO2、Fe3O4、CuO、FeO紫黑色固体KMnO4、I2蓝色固体CuSO45H2O、Cu(OH)2白色沉淀BaSO4、AgCl、
230、BaCO3、CaCO3蓝色沉淀Cu(OH)2浅绿色溶液Fe2蓝色溶液Cu2紫色溶液MnO4棕黄色溶液Fe3血红色溶液Fe(SCN)2橙(黄、红)色溶液Br2(水)红棕色气体Br2、NO2(浅)黄绿色气体F2、Cl2淡蓝色气体O3【示例1】 下列AI九种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。已知A在常温下为黑色固体单质，常温下C、E、F都是无色气体。请回答下列问题：(1)C的固体属于_晶体，F的化学式是_。(2)A与B反应的化学方程式是_。(3)G与H反应的离子方程式是_；E转变为H和I的离子方程式是_。解析由题中A在常温下为黑色固体单质，可推测A为碳单质，因ABCDE，其
231、中C、E为无色气体，可推测是碳单质与浓酸之间的反应，则B为浓硫酸，再结合框图转化关系与反应条件，推测E为SO2，C为CO2，则进一步可确定I为稀H2SO4，H为稀盐酸，F为O2，G为Na2CO3，将以上推测代入题中验证，可知推测正确。答案(1)分子O2(2)C2H2SO4(浓)2SO2CO22H2O(3)CO322H=CO2H2OSO2Cl22H2O=4HSO422Cl【应用1】 室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应：又知E溶液是无色的，H为红褐色。请回答：(1)A是_，B是_，C是_。(填化学式)(2)反应的化学方程式为_。(3
232、)反应的离子方程式为_。解析黄绿色气体B是Cl2、红褐色的H是Fe(OH)3，Cl2与无色的气体单质C反应生成E，E溶液与固体单质A反应又生成F和气体C，则C是H2，A是铁。根据物质之间的转化关系，顺推出D是FeCl3，E是HCl，F是FeCl2，G是Fe(OH)2，将推断结果代入原题检验，符合题意。答案(1)FeCl2H2(2)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(3)2Fe2Cl2=2Fe32Cl考点二通过物质的特殊反应现象及性质进行推断1焰色反应显黄色的元素是Na，显紫色(透过钴玻璃)的元素是K。2有臭鸡蛋气味或能使湿润的Pb(CH3COO)2试纸变黑的气体是H2S。3在空气中
233、由无色迅速变为红棕色的气体是NO。4使品红溶液褪色的往往是SO2，加热后可恢复；若加热后不能恢复可能是O2、Cl2气体。5能使淀粉变蓝的是I2。6与碱溶液反应生成白色沉淀且在空气中迅速变成灰绿色最终变红褐色的离子是Fe2。7滴入SCN溶液显血红色或滴入碱溶液生成红褐色沉淀以及遇苯酚显紫色的离子是Fe3。8能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3。9既能跟酸又能跟碱反应生成气体的物质一般是Al、NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS。10投入水中生成气体和难、微溶物的物质是CaC2、Al2S3、Mg3N2。11能使石灰水变浑浊的气体：C
234、O2、SO2。12氢气在Cl2气体中燃烧，火焰呈苍白色；在空气中点燃呈淡蓝色火焰的气体CO、H2、CH4。13两气体接近出现白烟且极易溶于水，一般是：HCl和NH3。14高中常见白色胶状沉淀是Al(OH)3、H2SiO3。15使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝：NO2、Cl2、Br2、FeCl3、碘水等。16与强碱反应放出气体的单质是Al和Si，化合物是铵盐。17通入CO2气体变浑浊的溶液：石灰水(过量则变澄清)、Na2SiO3溶液、饱和Na2CO3溶液、浓苯酚钠溶液、NaAlO2溶液等。18能与SO2、Cl2、O2等氧化性较强的气体(或其水溶液)反应析出淡黄色沉淀：H2S。19在一定条件下具有漂白性
235、的物质：Na2O2、H2O2、SO2、氯水、O3、活性炭、Ca(ClO)2、NaClO等。20常温下能溶解SiO2固体的物质：氢氟酸和NaOH溶液。21能与浓硫酸、铜片共热产生红棕色气体(NO2)的溶液：硝酸盐(或硝酸)溶液。22滴入沸水中可得到红褐色胶体的溶液：含Fe3的盐溶液。23烟雾现象(1)棕(黄)色的烟：Cu或Fe在Cl2中燃烧。(2)白烟：Na在Cl2中或P在空气中燃烧；NH3遇到HCl气体。(3)白雾：由HX等极易溶于水的气体产生。(4)白色烟雾；P在Cl2中燃烧。【示例2】 有一化合物X，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物省略)。其中B、D、E、F均为无色气体，W、K为常
236、见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和W反应可放出大量的热。(1)X中滴入过量NaOH溶液的离子方程式为_ _。(2)I和水反应生成G的化学方程式为_。(3)I转化为G的反应中，当有2 mol G生成时，转移的电子数为_。(4)引发H和W反应的操作是_。解析根据C为难溶于水的红褐色固体可得C为Fe(OH)3，A为Fe(OH)2，X中含有Fe2、H为Fe2O3，根据W为常见金属单质，且H和W反应能放出大量的热可判断该反应为铝热反应。根据B、D、F均为气体，且B和D反应的产物F又能和D发生反应，可推知该过程是连续氧化的过程，D是O2，
237、气体B是X溶液中加碱后的产物，结合前面分析可推知B是NH3。答案(1)Fe2NH43OHFe(OH)2NH3H2O(2)3NO2H2O=2HNO3NO(3)2NA(或2 6.021023)(4)在Fe2O3和Al的均匀混合物上面加少量KClO3后，插上镁条并点燃【应用2】 下图所示反应、反应和反应均是工业生产中常见的反应。其中A、B为化合物，C是温室气体之一，D和K均可用做干燥剂，常温下H为液态化合物，J是一种具有漂白作用的盐，反应和E与G反应的原理相同。(1)C的电子式是_。(2)反应的离子方程式是_。(3)J久置后，即便不接触水、空气，本身也逐渐分解生成K，并放出气体，该反应的化学方程式是
238、_。(4)工业上测定反应产品的有效成分J的含量，先向一定量产品的溶液中加入过量的KI溶液和稀硫酸，使之反应生成I2，然后用标准Na2S2O3溶液滴定I2，计算出结果。用Na2S2O3标准溶液滴定I2时选用的指示剂是_。生成I2的反应的离子方程式是_。(5)已知：2Fe2Br2=2Fe32Br。若将0.1 mol E通入100 mL FeBr2溶液中，溶液中有三分之一的Br被氧化成Br2，则此反应的离子方程式是_，原FeBr2溶液的物质的量浓度为_molL1(不考虑溶液的体积变化)。解析由题意推出各物质的化学式。A为CaCO3，B为NaCl，C为CO2，D为CaO，E为Cl2，F为H2，G为Na
239、OH，H为H2O，M为Ca(OH)2，J为Ca(ClO)2，K为CaCl2。(5)Fe2的还原性比Br强，当有Br被氧化时Fe2已全部被氧化。设有1 mol Fe2被氧化，则溶液中原有2 mol Br，被氧化的为mol，二者共失去 mol电子，消耗 mol Cl2，由此可写出总的离子方程式。再设FeBr2的物质的量为x，由得失电子守恒有：xx0.1 mol2，解得x0.12 mol，则c(FeBr2)1.2 molL1。答案(1)C(2)2Cl2H2OCl2H22OH(3)Ca(ClO)2=CaCl2O2(4)淀粉溶液ClO2I2H=ClI2H2O(5)6Fe24Br5Cl2=6Fe32Br2
240、10Cl1.2 molL1考点三通过物质的特殊转化关系及反应条件进行推断1物质之间的特征转化关系(1)连续氧化反应：ABCD(酸或碱)。NH3(g)N2NONO2HNO3；H2S(g)SSO2SO3H2SO4；CH4(g)CCOCO2H2CO3；Na(s)Na2ONa2O2NaOH。(2)X可能为弱酸的铵盐：(NH4)2CO3或NH4HCO3；(NH4)2S或NH4HS；(NH4)2SO3或NH4HSO3等。(3)三角转化关系：(4)化合物化合物单质化合物这类反应主要有：COH2O(g)CO2H2、Fe2O33CO2Fe3CO2等。(5)化合物A单质B化合物C单质D。这类反应主要有：CO22M
241、g2MgOC；Fe2O33H22Fe3H2O；Fe2HCl=FeCl2H2；CH2O(g)COH2；3Fe4H2O(g)Fe3O44H2等。2特殊反应条件具有特殊反应条件的反应，大多数是重要的工业生产反应。(1)高温条件：CaCO3CaOCO2；SiO2CaCO3CaSiO3CO2；SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2；SiO2CaOCaSiO3；SiO22CSi2CO；CH2O(g)COH2；COH2O(g)CO2H2；3Fe4H2O(g)Fe3O44H2；2AlFe2O32FeAl2O3；4FeS211O22Fe2O38SO2等。(2)高温、高压和催化剂条件：N23H22NH3等。(3
242、)加热、催化剂条件：4NH35O34NO6H2O；2SO2O22SO3等。(4)通电条件：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；2H2O2H2O2等。【示例3】 现有短周期元素构成的3种单质甲、乙、丙，它们在一定条件下能发生如下变化，部分产物已略去。(1)若反应可在常温下进行，则A的电子式为_。若反应需在加热条件下进行，则反应的化学方程式为_ _。(2)反应的化学方程式为_，该反应是_(填“放热”或“吸热”)反应。(3)从C溶液中得到C需经过两步操作：先从C溶液中得到晶体，再将得到的晶体转化为C。从C溶液中得到晶体的过程被称为_，将得到的晶体转化为C的实验条件是_。(4)反应中氧化剂与还原剂
243、的物质的量之比为_。解析在元素化合物中涉及MnO2的反应主要有3种类型，一是MnO2分别作为H2O2和KClO3生成O2的催化剂，二是作为氧化剂和浓盐酸反应生成Cl2，三是铝热反应中用来生成Mn，本题就是把这3个反应组合成框图综合考查元素化合物知识。由题中转化关系可知A可能是H2O2，也可能是KClO3，甲是O2，乙是Al，B是Al2O3，E是HCl，丙是Cl2，C是AlCl3。由此可得答案。答案(1) 2KClO32KCl3O2(2)4Al3MnO23Mn2Al2O3放热(3)结晶在HCl气流中加热(只答加热不正确)(4)12【应用1】 X、Y、Z、W的转化关系如图所示，则X、Y可能是()。
244、C、CONH3、NOFe、Fe(NO3)2AlCl3、Al(OH)3A B C D解析NH3NONO2，但NH3的催化氧化不生成NO2；则符合题意而不符合。答案C【应用2】 AF均为中学化学中常见的物质，它们之间相互转化的关系如下图所示(产物水等略去)(1)写出下列物质的化学式：A_，D_，F_。(2)C和D的稀溶液不反应，但若B与C反应后再与D反应可生成A，试写出有关反应方程式：_。(3)写出A的溶液电解时阳极的电极反应方程式：_ _。解析根据框式：A的溶液单质B单质CD可知A可能是NaCl或CuSO4型的盐溶液，又由框式单质BEF中的反应条件催化剂、可知，F只能是SO3，因此B是O2，E是
245、SO2，D是H2SO4。最后由D(浓H2SO4)单质C可生成SO2，推知A是CuSO4。答案(1)CuSO4H2SO4SO3(2)2CuO22CuO，CuOH2SO4=CuSO4H2O(3)4OH4e=2H2OO2无机框图题解题策略无论推断题属于哪种形式，均遵循这样的推断思路：迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”，突破点由点到面、随时检验，注意联系、大胆假设、全面分析(正推或逆推)，验证确认。解题的关键是仔细审题，依物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下：结论验证专练4以框图推断为背景的无机综合应用题1A、
246、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由12种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体。当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_。当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为_；D中所含化学键的类型为_ _。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：_ _。(3)若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出
247、A与H2O反应的化学方程式：_；B转化为C的化学方程式为_。解析根据物质的特殊物理性质为突破口进行推断，推出各物质，应用化学用语及化学反应原理进行解题。答案(1)Fe4HNO3=Fe3NO2H2O离子键、极性共价键(2)Al33H2OAl(OH)33H(3)Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3NH35O24NO6H2O2下图是一些重要工业生产的转化关系(反应条件略去)。请完成下列问题：(1)若D是单质，且与A属于同一主族，则：反应的化学方程式是_。D的原子结构示意图是_。D单质的一种重要用途是_。(2)若B为黄色固体，D为固体化合物，则：该反应的化学方程式是_。生产该工业品的工厂应建在
248、离_较近的地方。实验室检验C的方法是_。(3)若B是一种有刺激性气味的气体，则：B分子的空间构型为_。实验室进行此实验时，常看到有大量白烟产生，产生大量白烟的原因是_。化合物C在一定体积的容器中，在一定条件下发生反应，测得容器内气体的压强略小于原来的。请写出该反应的化学方程式_ _。解析(1)由题意可知，若D是单质，且与A属于同一主族，那么该反应是单质A化合物B气态化合物C单质D，故其必为C与SiO2之间的反应。(2)单质A黄色固体B气态化合物C固体化合物D，那么A为O2，B为FeS2，该反应是硫酸工业的重要反应，生产硫酸的工厂应建在离硫酸消费中心较近的地方。(3)若B是一种有刺激性气味的气体
249、，那么该反应是氨的催化氧化反应，故化合物C为NO，化合物B为NH3，实验室进行此实验时，常看到有大量白烟产生，说明生成了NH4NO3。一定体积的容器中的NO在一定条件下发生反应，测得容器内气体的压强略小于原来的，说明反应前后气体物质的量之比为32，故该反应的化学方程式为：3NO=NO2N2O。答案(1)2CSiO2Si2CO作半导体材料(2)4FeS211O22Fe2O38SO2消费中心将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色(3)三角锥形生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应生成NH4NO3而产生大量白烟3NO=NO2N2O3下图是一些常见的
250、单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质被略去。反应常被应用于野外焊接钢轨，是工业上重要的反应之一。请回答下列问题：(1)H的电子式是_，其中含有的化学键类型是_。(2)写出反应的现象：_，有关反应的化学方程式为_。(3)已知I的燃烧热是285.8 kJmol1，则1 m3(标准状况)I完全燃烧，恢复至室温时放出的热量是_(计算结果保留3位有效数字)。(4)25 时，以Pt为电极电解含有少量酚酞的F的饱和溶液，则在_(填“阴”或“阳”)极附近溶液由无色变为红色，若在此极收集到0.2 g气体，则此时溶液的pH是_(假设溶液的体积为2 L且不考虑电解后溶液体积的变化)。(5)在K溶液中加
251、入与K等物质的量的Na2O2，恰好使K转化为N，写出该反应的离子方程式：_。解析根据图示确定为铝热反应，为电解饱和食盐水的反应，D能与G反应，则D、G、J和K分别为Fe、Cl2、FeCl3和FeCl2，根据反应可确定H、I、M、N、B、A分别为NaOH、H2、Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe2O3和Al。(1)NaOH属于离子化合物，含有离子键和共价键。(3)1 m3 H2完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8 kJmol11.28104 kJ。(4)电解时阳极和阴极反应分别为2Cl2e=Cl2和2H2e=H2，阴极附近OH浓度升高，溶液将由无色变为红色；收集到0.2 g H2时转移0.
252、2 mol电子，溶液中c(OH)0.1 molL1，则溶液的pH13。(5)Na2O2在溶液中能将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3沉淀，同时生成O2。答案(1)NaH离子键和共价键(或离子键和极性键)(2)白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(3)1.28104 kJ(4)阴13(5)4Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na4Mg及其化合物可以发生如下转化(部分反应物、生成物或水已略去)，已知X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，D的焰色为黄色，C和G混合冒白烟并生成A。(1)写出下列物质的化学式：A_；Y_。(2)请用电子式
253、表示B的形成过程：_。(3)请用电离或水解平衡解释ABMgCXMgCl2的原因_。(4)将1 mol CO2通入1 L溶质为F的溶液中，充分反应后，再向混合液中逐滴滴加盐酸，所加盐酸的体积与生成的气体的关系如图所示，原F溶液的物质的量浓度为_ molL1。解析Mg与A(由C与G混合冒白烟并生成A猜测为铵盐)、B(由无色液体猜测为H2O)反应生成MgCl2和气体单质X、与G反应冒白烟的物质C，应联想Mg与NH4Cl溶液的反应，C为NH3、X为H2。则G为HCl，那么Z是Cl2。C与G生成A、G与Mg(OH)2生成MgCl2，与推断符合。再确定D、E、Y、F：MgCl2Mg(OH)2必然要加碱，而
254、同时还产生气体单质Y，应推测D是Na2O2、Y是O2，E是NaCl、F是NaOH。(4)前面20 mL不产生气体，后面10 mL气体量达到最大，则溶质是NaOH和Na2CO3，且物质的量之比为11。即1 mol CO2反应生成了1 mol Na2CO3，还剩余1 mol NaOH，所以原溶液中有3 mol NaOH，c(NaOH)3 molL1。答案(1)NH4ClO2(2)2H HH(3)NH4Cl水解生成NH3H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解产生的H反应生成H2，使溶液中c(H)减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3(4)35右图表示某固态单质A及其化合物之间的转
255、化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为45，化合物D是重要的工业原料。(1)写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式：_；(2)写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：_；(3)写出一个由D生成B的化学方程式：_；(4)将5 mL 0.10 molL1的E溶液与10 mL 0.10 molL1的NaOH溶液混合。写出反应的离子方程式：_；反应后溶液的pH_7(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_；加热反应后的溶液，其pH_(填“增大”“不变”或“减小”)，理由是_。解析常见的固体单质除了金属之外还有B、C、Si、P、S、I2，而能在空气
256、中反应生成气体化合物的只有C、S。由A在加热条件下可与氢气反应，B、C的相对分子质量之比为45，确定A是单质硫，因为SO2和SO3的相对分子质量之比恰好为45，硫酸是重要的工业原料，化合物E应为H2SO3。将5 mL 0.10 molL1的E(H2SO3)溶液与10 mL 0.10 molL1的NaOH溶液混合，两者恰好完全反应，所得溶液为Na2SO3溶液，由于SO32H2OHSO3OH，所以溶液显碱性。根据水解的特点可知加热溶液可以促进水解。答案(1)SH2H2S(2)H2SO32H2S=3S3H2O(3)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O(其他合理答案也可)(4)H2SO32OH=
257、SO322H2O大于Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性增大水解是吸热反应，加热促使SO32水解程度增大，因而pH增大6几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系如下图所示：可供参考的信息有：甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物。A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为12，元素质量之比为78。B常温下为无色有刺激性气味的气体，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料。试根据上述信息回答下列问题：(1)A的化学式为_。(2)F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：_。(3)如图甲所示，将少量F的饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系、。试将填入图乙方框中。(4
258、)化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引入新的离子。试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：_ _。(5)已知丙单质与D的浓溶液按物质的量之比为12恰好反应生成B气体的化学转化式为：丙D(浓)B丙的氧化产物水，则丙在其氧化产物中的化合价为：_。解析先推导A的化学式。由12知X、Y的相对原子质量之比为74，扩大为148、2816、5632可知X为Fe、Y为S、A为FeS2。那么，框图关系为：(5)丙单质可能为Cu或C，因此其氧化产物中的化合价为2价或4价。答案(1)FeS2(2)2Fe3Fe=3Fe2(3)(4)H2O22H2Fe2=2Fe32H2O(5)2价或4价7AM为中学
259、化学的常见物质，它们之间的转化关系如图所示，部分生成物和反应条件省略。已知C、D是由元素X、Y、Z中的两种组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色气体且不能燃烧，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应常用于制作印刷电路板。请回答下列问题：(1)写出A的化学式：_。(2)比较Y与Z的原子半径大小：_(填元素符号)。(3)检验L溶液中金属阳离子的方法是_。(4)已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，放出无色气体。请写出该反应的化学方程式：_。解析本题的“题眼”是“L为棕黄色溶液”推出L中含有Fe3；“K为浅绿色溶液”
260、推出K中含有Fe2，再根据“G为黄绿色单质气体”推出G为Cl2，故L为FeCl3，K为FeCl2(进而推出J为铁)；根据“反应常用于制作印刷电路板”知M为Cu，B为CuCl2，E为Cu(OH)2，F为Cu2O。因为Cl2(G)和C生成H，H与Fe(J)生成K(FeCl2)，故H为HCl；又因“I有漂白作用”，所以I为HClO，C为H2O；最后综合分析知D为CO2，A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3或Cu(OH)2CuCO3。答案(1)CuCO3或Cu2(OH)2CO3或Cu(OH)2CuCO3(2)CO(3)取少量L溶液于试管，滴加KSCN溶液，如溶液呈血红色，证明溶液含Fe3(或其他合理
261、答案均可)(4)3Cu2O14HNO3(稀)=6Cu(NO3)22NO7H2O章末回顾排查专练(四)一、重点反应再排查1碳、硅及其化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的方程式，是离子反应的写离子方程式。Si和NaOH溶液的反应Si2OH2H2O=SiO322H2SiO2和NaOH溶液的反应SiO22OH=SiO32H2OSiO2和C的反应SiO22CSi2CO向Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体SiO322CO22H2O=H2SiO32HCO3Si和氢氟酸的反应Si4HF=SiF42H2Mg在CO2中燃烧2MgCO22MgOC向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体向澄清石灰水中
262、通入少量CO2气体Ca22OHCO2=CaCO3H2O向澄清石灰水中通入过量CO2气体OHCO2=HCO3除去CO2中的COCOCuOCO2CuNa2CO3和SiO2的反应Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2CaO和MgCl2溶液的反应CaOMg2H2O=Mg(OH)2Ca22氯气及其化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的方程式，是离子反应的写离子方程式：Cl2和H2O的反应Cl2H2OHClHClOCl2和NaOH的反应Cl22OH=ClClOH2OCl2和石灰乳的反应2Cl22Ca(OH)2=2Ca22Cl2ClO2H2O把Cl2通入到Na2SO3溶液中Cl2SO32
263、H2O=SO422H2Cl将Cl2和SO2混合通入H2OSO2Cl22H2O=4H2ClSO42将Cl2通入到氢硫酸溶液中Cl2H2S=S2H2Cl将浓盐酸和MnO2混合加热MnO24H2ClMn2Cl22H2O电解饱和食盐水2Cl2H2OCl2H22OH将浓盐酸与漂白液混合ClClO2H=Cl2H2O将浓盐酸与KClO3溶液混合6H5ClClO3=3Cl23H2O向KMnO4固体滴加浓盐酸2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O向漂白粉溶液中通入少量CO2气体Ca22ClOCO2H2O=CaCO32HClO向漂白粉溶液中通入少量SO2气体Ca23ClOSO2H2O=CaSO4Cl2
264、HClO向漂白粉溶液中通入过量SO2气体Ca22ClO2SO22H2O=CaSO42ClSO424H3硫及其化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的方程式，是离子反应的写离子方程式。S和热NaOH溶液的反应3S6OH2S2SO323H2O把H2S气体通入CuSO4溶液中H2SCu2=CuS2HFeS和稀H2SO4反应FeS2H=Fe2H2SFeS和稀HNO3反应FeS4HNO3=Fe3SNO2H2O将SO2气体通入到氢硫酸中SO22H2S=3S2H2O把H2S气体通入到FeCl3溶液中H2S2Fe3=S2Fe22H把H2SO4、Na2SO3、Na2S三种溶液混合2S2SO326
265、H=3S3H2O把SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中5SO22MnO42H2O=5SO422Mn24HCu和浓硫酸的反应Cu2H2SO4(浓) Cu2SO42SO22H2OC和浓硫酸反应C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O把浓H2SO4滴到Na2SO3固体上H2SO4(浓)Na2SO3=Na2SO4H2OSO2将少量NaHSO4溶液滴到Ba(OH)2溶液中HSO42Ba2OH=BaSO4H2O将Ba(OH)2溶液滴加到NaHSO4溶液中至中性Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O4氮及其化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的方程式，是离子反应的写离子方程式。N2
266、和H2的反应N23H22NH3把NH3通入水中NH3H2ONH3H2ONH4OH实验室利用NH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热制备NH32NH4ClCa(OH)22NH32H2OCaCl2NH4HCO3与少量NaOH溶液的反应HCO3OH=CO32H2ONH4HCO3与少量Ba(OH)2溶液的反应Ba22OHNH4HCO3=BaCO3H2ONH3H2OMg3N2与H2O的反应Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3Cu和稀HNO3的反应3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2OCu和浓HNO3的反应Cu4H2NO3=Cu22NO22H2OFe和少量稀HNO3的反应3Fe8H2NO3=
267、3Fe22NO4H2OFe和过量稀HNO3的反应Fe4HNO3=Fe3NO2H2OC和浓HNO3的反应C4H4NO3CO24NO22H2OS和浓HNO3的反应S4H6NO3SO426NO22H2O二、简答语言规范再落实1检验Na2SO3样品部分被氧化的实验操作及现象是：取样品，加入过量稀盐酸，产生有刺激性气味的气体，通入品红溶液，品红溶液褪色；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。2检验Na2SO4中含有少量NaCl的实验操作及现象是：取少量样品溶于水，加入过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液于试管中，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明Na2SO4中含有少量NaCl。3检验NH4的
268、实验操作及现象是：取少量试液中加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有NH3生成，证明原溶液含有NH4。4将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O。该物质作为食盐加碘剂否合适？(填“是”或“否”)，其理由是KI3H2O受热条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华。5氨气常用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是试纸颜色由红色变蓝色。6实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞而不用带玻璃塞的磨口瓶的原因是：NaOH溶液能与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3有较强的黏性，若用玻璃塞，会使瓶口黏结而影响使用。7实验室用塑料瓶盛放氢氟酸
269、而不用玻璃瓶的原因是玻璃中的SiO2能与氢氟酸反应生成SiF4气体。8干燥的氯气没有漂白性，而潮湿的氯气具有漂白性的原因是：干燥氯气中只有Cl2，Cl2没有漂白性；潮湿氯气中含有HClO，HClO具有漂白性。9向氯水中滴加石蕊试液先变红后褪色，原因是氯水中含有盐酸、次氯酸，呈酸性使石蕊试液变红，次氯酸又具有强氧化性，使红色褪去。10用pH试纸测定漂白精溶液的pH，观察到pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色，说明漂白精溶液具有的性质是碱性、漂白性。11漂白粉密封包装，避光、隔潮存放的原因是：漂白粉在空气中久置因发生下述反应而失效：Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO，2HClO2HC
270、lO2。12SO2能使滴有酚酞的Na2CO3溶液、酸性高锰酸钾溶液、溴水、品红溶液褪色，原理相同吗？分别表现了SO2的什么性质？答案原理不相同。SO2能使滴有酚酞的Na2CO3溶液红色褪去，是因为发生了反应Na2CO32SO2H2O=2NaHSO3CO2，表现了SO2酸性氧化物的性质；SO2能使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，表现了SO2的还原性；SO2能使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性。13为什么可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl？(或为什么可用排饱和食盐水法收集Cl2？)答案HCl气体极易溶于水，氯水中存在化学平衡：Cl2H2OHClHClO，饱和食盐水中c(Cl)较大，使平衡左移，减少C
271、l2的溶解。14实验室制备Cl2的反应为4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O。当足量MnO2与含有0.4 mol HCl的浓盐酸加热充分反应，生成的Cl2是0.1 mol吗？为什么？答案生成的Cl2小于0.1 mol。随着反应的进行，浓盐酸会变为稀盐酸，而稀盐酸与MnO2不反应。15向新制饱和氯水中分别加入CaCO3固体、Na2CO3固体、NaHCO3固体、NaOH固体、NaClO固体、稀盐酸，HClO的浓度怎样变化？为什么？(已知：酸性HClH2CO3HClOHCO3)答案Cl2H2OHClHClOHClOHClO加入CaCO3固体、NaHCO3固体，平衡右移，c(HClO)增大。加入Na2CO3固体、NaOH固体，均能与HClO反应，c(HClO)减小。加入NaClO固体，使平衡左移，c(HClO)增大。加入稀盐酸，使平衡左移，c(HClO)减小。