2019届高考化学二轮复习 专题10 常见非金属元素及其化合物学案.docx

10 常见非金属元素及其化合物常见非金属元素(如H、C、N、O、Si、S、Cl等)。(1)了解常见非金属单质及其重要化合物的主要性质及应用。(2)了解常见非金属单质及其重要化合物对环境质量的影响。(3)以上各部分知识的综合应用。非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，但在以往高考中不被看好的元素硅及其化合物的性质在新高考中的地位相当突出，要引起重视。从考点的变化情况来看，常见非金属元素及其化合物的性质仍是高考命题的重点，其命题形式一般为实验探究、计算、推断等。高考中，将会进一步注重非金属元素及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题的联系，试题可以以选择题的形式出现，也可以以实验题和无机推断题的形式出现，以环保为主题设计问题的可能性也比较大。客观题(1)考查非金属及其化合物的重要性质和应用。(2)以非金属单质与化合物的转化关系为载体进行物质的推断。主观题(1)通过实验探究非金属单质及其化合物的性质。(2)以环境污染、化工流程为载体考查非金属单质及其化合物知识的综合应用。一、硅及其化合物的“反常”(1)Si的还原性大于C，但C却能在高温下从SiO2中还原出Si：2CSiO2Si2CO。(2)非金属单质跟碱溶液作用一般无H2放出，但Si能跟强碱溶液作用放出H2：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。(3)非金属单质一般不跟非氧化性酸作用，但Si能跟氢氟酸作用：Si4HF=SiF42H2。(4)非金属氧化物一般为分子晶体，但SiO2为原子晶体。(5)酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF作用。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3，所以有Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3，但高温下Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2也能发生，原因可以从两方面解释：硅酸盐比碳酸盐稳定；从化学平衡角度，由SiO2高沸点难挥发固体制得低沸点易挥发的CO2。二、氯及其化合物知识中的热点(1)Cl2与水的可逆反应，HClO的强氧化性和弱酸性。(2)Cl2与碱的歧化反应。(3)Cl2作为氧化剂使用，如将Fe2氧化为Fe3。(4)Cl2的实验室制法，还原剂用浓盐酸，氧化剂可以为MnO2()、KClO3和KMnO4等。(5)次氯酸盐为重点ClO不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO与SO、I、Fe2均不能大量共存。ClO体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO水解显示碱性，如Fe33ClO3H2O=Fe(OH)33HClO。三、常见无机酸的重要规律和重要特性(1)重要规律最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于该元素非金属性的强弱，如酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2CO3H2SiO3。证明酸性强弱，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如：Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3 Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO强氧化性酸(如：HNO3、浓H2SO4)与金属反应，不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。(2)重要特性硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。浓H2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。四、氮及其化合物1NO、NO2与O2溶于水的计算，利用好两个比值43、41即可4NO3O22H2O=4HNO3 4NO2O22H2O=4HNO32HNO3的性质，尤其是强氧化性是热点，涉及与单质反应产物的判断，尤其是与铁的反应如稀HNO3与Fe：Fe4HNO3(稀，过量) =Fe(NO3)3NO2H2O；3Fe(过量)8HNO3(稀) =3Fe(NO3)22NO4H2O。五、常见非金属元素形成的离子的检验1利用盐酸和其他试剂检验CO：加入BaCl2或CaCl2溶液后生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀溶解，并放出无色无味气体。SO：先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。SO：加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，放出无色有刺激性气味能使品红溶液褪色气体。2利用AgNO3(HNO3酸化)溶液检验3利用某些特征反应检验I：滴入淀粉溶液和氯水，溶液变蓝色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色)。特别注意：设计实验方案进行离子检验时，要设法排除不同离子之间的干扰，如检验SO时一定要排除Ag和SO的干扰。六、无机推断（一）无机物的转化与推断方法突破口又称“题眼”，解无机推断题的关键在于寻找突破口，常见的突破口主要有以下几类：1特殊结构(1)原子个数比为11的化合物通常是H2O2、C2H2、C6H6、Na2O2等。(2)“AA”分子必然是N2，三角锥形的分子是NH3、PH3等。(3)具有正四面体结构的有CH4、CCl4、NH、P4等。(4)不含金属元素的离子化合物为铵盐。2物质的特有颜色常见的有颜色的物质淡黄色固体S、Na2O2、AgBr浅绿色溶液Fe2红色固体Cu、Cu2O蓝色溶液Cu2紫黑色固体I2、KMnO4棕黄色溶液Fe3红棕色粉末Fe2O3红色溶液Fe(SCN)3黑色粉末，晶体MnO2、Fe3O4、CuS、C、CuO橙色、橙红色溶液溴水红褐色沉淀Fe(OH)3蓝色晶体CuSO45H2O白色沉淀AgCl、BaSO4、Mg(OH)2、Al(OH)3等红棕色气体NO2、Br2(g)蓝色沉淀Cu(OH)2黄绿色气体Cl23特殊的实验现象(1)H2在Cl2中燃烧呈苍白色火焰。(2)遇酚酞溶液变红色的气体是氨气。(3)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体是NO。(4)Cl2通入含Br的溶液中，会出现橙色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现橙红色；Cl2通入含有I的溶液中，会出现深黄色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现紫红色。(5)遇SCN显红色或遇OH生成红褐色沉淀的离子是Fe3。(6)遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中可能含有Ag或SO或SO。(7)遇HCl生成白色沉淀，则溶液中可能含有Ag或SiO。(8)使品红溶液褪色的气体可能是Cl2或SO2，但将褪色后的液体加热又复原的是SO2。(9)碘遇淀粉显蓝色。(10)实验现象为：白色沉淀灰绿色红褐色的转化一定是：Fe(OH)2Fe(OH)3。(11)既能跟酸反应又能跟碱反应且生成气体的物质一般是Al、NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S、NH4HS。(12)与碱反应产生气体的物质是铝、铵盐，产生的气体一般是H2、NH3。(13)与水反应产生气体的物质一般是Na、Na2O2、CaC2、Mg3N2等。4特殊转化关系(1)直线型转化金属碱性氧化物碱盐：满足此关系的有K、Na、Ca、Ba等。非金属酸性氧化物酸盐：满足此关系的有C、N、S等。ABC酸或碱：满足此关系的有NH3、S、N2、H2S、C、Na等。(2)交叉型转化(3)三角型转化(4)属于“单质化合物=新单质新化合物(置换反应)”类型的反应有：单质同主族：2Na2H2O=2NaOHH2；2CSiO2Si2CO；Cl22NaBr=2NaClBr2等。单质不同主族：2Al6HCl=2AlCl33H2；H2SCl2=2HClS；CH2O(g)COH2等。有过渡元素参加的常见置换反应：Fe2H=Fe2H2；FeCu2=Fe2Cu。(5)能“三合一”的反应有：NH3H2OCO2=NH4HCO3；4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3。6其他特征(1)常温下短周期呈气态的单质(除惰性气体外)：H2、N2、O2、F2、Cl2。(2)常见的同素异形体：金刚石和石墨、O2和O3、白磷和红磷。(3)地壳中含量前四位的元素：O、Si、Al、Fe。(4)常温下呈液态的金属单质：Hg；非金属单质：Br2。(5)常见的可燃性气体：H2、CO、H2S、CH4、C2H4、C2H2等。（二）解无机推断题“五步曲”1审：审清题意，从题干问题框图迅速浏览一遍，尽量在框图中把相关信息标示出来，明确求解要求。2找：找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键。3析：从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，大胆猜测，顺藤摸瓜，应用正逆思维、发散收敛思维、横向纵向思维等多种思维方式进行综合分析、推理，初步得出结论。4验：验证确认，将结果放入原题检验，完全符合才算正确。5答：按题目的要求写出答案。1(2018海南卷）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是( ) ANa2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具BSiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池C聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层D氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等【解题思路】本题主要是考察化学在生产生活中的应用，熟悉物质的化学性质及用途是解题的关键。光电池的主要成分是硅。ANa2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，不符合题意；BSiO2具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，符合题意；C聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，不符合题意；D氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等，不符合题意；故答案为B。【答案】B2分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是（）ACO BSO2 CHCl DCO2【解题思路】CO不与Na2S发生反应，因此没有沉淀产生，故A错误；SO2具有弱氧化性，与Na2S发生氧化还原反应，即SO22S24H=3S2H2O，故B正确；通HCl发生反应2HS2=H2S，没有沉淀产生，故C错误；通CO2不产生沉淀，故D错误。【答案】B3（2018安徽皖中名校联盟联考）检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是( )A向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液无明显现象，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有ClB向某溶液中加稀BaCl2，产生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，证明有SOC向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有COD向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH【解题思路】本题主要是考察离子的检验，涉及各种物质之间的反应，通过将离子通过反应转化为能观察到的实验现象（沉淀、气体）来鉴别，主要是常见几种离子的检验，离子检验时关键在于要排除其他离子的干扰。A项，向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液无明显现象，则原溶液一定不含硫酸根离子和碳酸根离子等，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，则为氯化银沉淀，说明一定是氯化物的溶液，证明有Cl，故A正确；B项，向某溶液中加稀BaCl2，产生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，不能证明有SO，故B错误；C项，向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，该气体可能是CO2或SO2，则溶液中可能存在CO、HCO、SO、HSO等，故C错误；D项，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误。综上所述，符合题意的选项为A。【答案】C4（2018福州市模拟）在有机化学中，硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l) H=97.3 kJmol1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点54.1，沸点69.1。在潮湿空气中“发烟”；100C以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。回答下列问题：（1）装置丙中作为反应容器的仪器的名称为_，装置丙中球形冷凝管的作用是_；如何控制两种反应物体积相等：_。（2）装置戊上方分液漏斗中最好选用下列试剂：_(选填字母)A蒸馏水 B饱和食盐水 C浓氢氧化钠溶液 D6.0molL-1盐酸（3）若缺少装置己，硫酰氯(SO2Cl2)会和空气中的水反应而变质，其化学方程式是_。（4）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯：2ClSO3HSO2Cl2 +H2SO4，分离两种产物的方法是_(选填字母)。A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取（5）长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是_(用化学方程式和必要的文字加以解释)。（6）若反应中消耗的氯气体积为896mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_。（7）请设计实验方案检验产品中有硫酸（可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液）：_。【解题思路】本题是物质的制备的实验题，以实验目的和实验原理为主要线索，研究实验装置，不难发现左边装置是制取原料SO2，右边装置是制取原料Cl2（我们实验室制取干燥纯净的氯气中除杂的考查），且贴合题干已知信息考查己装置的目的，分析问题返回题干找关键字眼，例如：在潮湿空气中“发烟”等。（1）装置丙中作为反应容器的仪器，名称为三颈烧瓶；装置丙中球形冷凝管的作用是冷凝回流导气；通过调节旋塞或滴液的快慢控制气体流速，使装置乙和丁导管口产生气泡的速度相等；正确答案：三颈烧瓶；冷凝回流导气；观察乙、丁导管口产生气泡的速度相等。（2）A蒸馏水可以溶解氯气；B饱和食盐水溶解氯气的能力很小；C浓氢氧化钠溶液与氯气发生反应；D6.0molL1盐酸挥发逸出杂质气体氯化氢；正确选项B。（3）硫酰氯(SO2Cl2)会和空气中的水反应而变质，生成硫酸和盐酸，化学方程式是：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；正确答案：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。（4）两种产物都呈液态，且沸点差别较大，采用蒸馏方法进行分离，正确选项C。（5）SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生少量的氯气溶解在其中，会导致硫酰氯会发黄；正确答案：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生少量的氯气溶解在其中。（6）若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，氯气的物质的量为0.04mol，根据反应SO2(g)+ Cl2(g)=SO2Cl2(l)可知，制备出的SO2Cl2的量为0.04mol，质量为0.04135=5.4g，则硫酰氯的产率为4.05/5.4100%=75%；正确答案：75%。（7）由于SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl发生，所以要检验SO2Cl2中混有硫酸，就要先除去SO2Cl2，根据题给信息，进行如下操作：取产物在干燥的环境中加热至100，待产物的质量不在改变时，冷却后将剩余物质加入到水中；取少量溶液加入石蕊试液，溶液变红；再取少量试液加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则说明产品中有硫酸。正确答案：取产物在干燥的环境中加热至100，待产物的质量不在改变时，冷却后将剩余物质加入到水中；取少量溶液加入石蕊试液，溶液变红；再取少量试液加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则说明产品中有硫酸。【答案】(1)三颈烧瓶冷凝回流导气观察乙、丁导管口产生气泡的速度相等(2)B (3)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (4)C (5)SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生少量的氯气溶解在其中(6)75% (7)取产物在干燥的环境中加热至100，待产物的质量不在改变时，冷却后将剩余物质加入到水中；取少量溶液加入石蕊试液，溶液变红；再取少量试液加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则说明产品中有硫酸1（2018山东临沂调研）将15.2g铜和镁组成的混合物加入250mL 4.0molL1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO。向所得溶液中加入1.0L NaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为25.4 g，下列说法不正确的是（）A原固体混合物中，Cu和Mg的物质的量之比为21B氢氧化钠溶液的浓度为0.8molL1C固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.1molD生成的NO气体在标况下的体积为4.48L【解题思路】此题主要是考查金属混合物和硝酸的反应相关计算，解题关键在于沉淀质量与金属混合物质量之差得到沉淀过程中消耗的OH的质量，进一步得到铜和镁在发生反应时转移的电子数，再通过转移电子总数和混合物总质量列一元二次方程，分别求出混合物中各组分的物质的量。用总的消耗的碱的量减去沉淀消耗的碱的量即是过量的硝酸，一环扣一环，把握整体思路。将15.2g铜和镁组成的混合物加入250mL 4.0molL1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO，发生反应：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，此时金属离子恰好沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，沉淀质量为25.4 g，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，氢氧根的物质的量为10.2g17g/mol=0.6mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol，A设Cu和Mg的物质的量分别为x、y，则有：x+y=0.3mol64x+24y=15.2g，解得，x=0.2mol，y=0.1mol，故Cu和Mg的物质的量之比为21，选项A正确；B硝酸剩余0.2mol(见选项C分析)，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.2mol+0.6mol=0.8mol，需要氢氧化钠溶液的浓度为0.8mol1L=0.8mol/L，选项B正确；C根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=83n（金属）=0.3mol83=0.8mol，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.25L4.0mol/L-0.8mol=0.2mol，选项C不正确；D根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.6mol3=0.2mol，标准状况下，生成NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，选项D正确；答案选C。【答案】C2（2018北京朝阳二模）实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是（）A中采用蒸馏的方法精制粗盐水B中阳极的主要电极反应：4OH-4e=2H2O + O2C中制备漂白液的反应：Cl2+OH=Cl+HClOD、中均发生了氧化还原反应【解题思路】以制备工业漂白液为载体，粗盐的提纯、工业上电解饱和食盐水（电解池）、氯气与氢氧化钠的反应。电解池中阳极的电极材料若是惰性电极，注意阴离子的放电顺序：ClOH。A中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，故A错误；B阳极发生氧化反应，中阳极的主要电极反应：2Cl2e=Cl2，故B错误；C生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，中制备漂白液的反应：Cl2 +2OH=Cl+ClO+H2O，故C错误；D中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故D正确；故选D。【答案】D3下列各项叙述、都正确且二者的原理最相似的是（）选项叙述叙述AFeS难溶于水，却溶于稀硝酸CaCO3难溶于稀硫酸，却溶于醋酸B浓硝酸要密封保存在阴凉处漂白粉要密封保存在阴凉处C盐酸与铁反应生成氯化亚铁少量氯气与铁反应生成氯化亚铁D浓氨水滴入固体NaOH制NH3浓盐酸滴入浓硫酸制HCl【解题思路】FeS与稀硝酸发生氧化还原反应，醋酸与碳酸钙发生复分解反应，A错误。浓硝酸易挥发、易分解，漂白粉易与空气中的CO2反应，B错误。氯气与铁反应生成氯化铁，C错误。NaOH固体溶于水放出大量的热，导致氨气的溶解度降低生成氨气，浓硫酸溶于水放出大量的热，导致HCl的溶解度降低，生成HCl气体，D正确。【答案】D4(1)砷(As)与其化合物被广泛应用在除草剂、杀虫剂以及含砷药物中。回答下列问题：砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，写出砷在元素周期表中的位置：；AsH3的热稳定性比NH3的热稳定性_(填“强”或“弱”)。As2O3俗称砒霜，As2O3是两性偏酸性氧化物，是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐，易溶于碱生成亚砷酸盐，写出As2O3与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式：。As2S3和HNO3反应如下：As2S3+10H+10NO=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，将该反应设计成原电池，则NO2应该在_(填“正极”或“负极”)附近逸出，该极的电极反应式为_。(2)综合利用CO2对环境保护及能源开发意义重大。Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2。如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是_。A可在碱性氧化物中寻找B可在A、A族元素形成的氧化物中寻找C可在具有强氧化性的物质中寻找【解题思路】(1)氮元素位于周期表中第二周期第A族，砷比氮多2个电子层，位于第四周期第A族；砷的非金属性比氮的弱，所以简单氢化物的稳定性比氨气的弱。As2O3有两性，性质与氧化铝相似，所以与氢氧化钠反应生成盐和水，离子方程式为As2O3+6OH=2AsO+3H2O。氮元素得电子化合价降低，NO2在正极逸出。电极反应为NO+2H+e=NO2+H2O。(2)二氧化碳是酸性氧化物，可以与碱或碱性氧化物反应，所以选AB。【答案】(1)第四周期第A族弱As2O3+6OH-=2AsO+3H2O正极NO+2H+e=NO2+H2O(2)AB5某化学学习小组为了探究镁与二氧化硫的反应产物，进行如下实验：设计如图所示装置完成镁与二氧化硫的反应实验。(1)实验室用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，利用的是浓硫酸的_(填字母)。A强氧化性B强酸性 C脱水性D腐蚀性(2)B装置中试剂的名称是_；E装置的作用是_。(3)有同学认为可以拆去D装置，你认为_(填“能”或“不能”)拆去D装置，理由是_。探究燃烧的反应产物(4)反应后取C装置中的固体粉末进行如下实验：实验现象：G装置中产生黑色沉淀，I装置中黑色粉末变红色，J装置中白色粉末变蓝色。写出G装置中发生反应的离子方程式：；I、J装置中的现象说明固体中含有_(填化学式)。(5)取出F装置烧瓶中的混合物，经过滤、干燥得到少量固体粉末，为了探究固体粉末的成分，选择下列装置进行实验：气体从左至右，选择所需装置，正确的连接顺序为_(填字母)。能证明固体粉末是硫黄的实验现象是_。(6)经实验测定，镁在二氧化硫中燃烧的产物有硫化镁、硫和氧化镁。如果m(MgO)m(MgS)m(S)=2074，写出镁与SO2在加热条件下反应的化学方程式：_。【解题思路】(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，在该反应中浓硫酸表现出强酸性。(2)用浓硫酸干燥SO2，尾气中的SO2用碱石灰吸收。(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接，不需要安全瓶。(4)F装置中MgS与稀硫酸发生反应MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，硫酸铜溶液用于检验H2S，H2S是弱酸。氧化铜被还原成铜，无水硫酸铜变蓝色，说明固体与稀硫酸反应有氢气产生，即固体中含有未反应的镁粉。(5)题给装置中没有用于干燥氧气的装置，如果选择过氧化氢溶液制氧气，不能得到干燥的氧气。实验中，应该用干燥的氧气与硫反应，故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气、氧气与硫反应、检验SO2、吸收尾气。(6)根据质量之比计算物质的量之比，n(MgO)n(MgS)n(S)=411，由产物的物质的量之比可以直接写出反应的化学方程式。【答案】(1)B(2)浓硫酸吸收尾气中的SO2，防止空气中的CO2与Mg反应(3)能D装置与盛有固体试剂的装置相连，不会发生倒吸(4)Cu2+H2S=CuS+2H+Mg(5)d、c、a、b品红溶液褪色(6)5Mg+2SO24MgO+MgS+S1（2018河北武邑调研）下列物质的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（）选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B乙酸、乙醇、浓硫酸饱和碳酸氢钠溶液分层乙酸乙酯不溶于水，密度小于水C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性【解题思路】本题考查化学实验方案的设计与评价，明确常见气体的制备和性质为解答关键。本题的易错点为D，要注意二氧化硫性质的应用，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热，有利于氨气的逸出，可以采取浓氨水和生石灰制取NH3，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；B纯净的乙酸乙酯是一种油状液体，且能浮在水面上，所以乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，故B正确；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；DSO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误；故选D。【答案】D2（2018武汉理综）氯化铝（AlN)是一种新型无机非金属原料，常温下AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3。某课题小组利用甲图所示装置测定样品AlN的含量(杂质不反应）。下列说法中正确的是（）A量气管中的液体应为水B用长颈漏斗代替分液漏斗，有利子控制反应速率C反应结束时a、b两管液面的差值即为产生气体的体枳D若其它操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高【解题思路】关键要理解实验的反应原理是AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，制取氨气，考查的是氨气的性质。用量气法测量气体的体积时，要注意：一定要等到反应结束后冷却到室温；通过上下调节量气管的位置，保持量气装置两端的液面要保持水平；读数时一定要平视。反应产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，可以为四氯化碳，A错误；长颈漏斗没有玻璃旋塞，不能控制液体的滴加，也就不能控制反应速率，B错误；反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯视量气管的读数，使所量气体的体积的体积增大，氨气的量增大，氮化铝的量增大，测得AlN含量偏高，D正确；正确选项D。【答案】D3已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，Y为黑色固体，常温下C为无色液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广。现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解液，构成原电池。有关物质之间的转化关系如图(其中有些反应的条件及部分生成物被略去)：请完成下列填空：(1)原电池反应中正极的电极反应式为_；(2)反应的化学方程式为_；(3)反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为_；(4)“操作b”为_；(5)反应的化学方程式为_；(6)检验气体E的试剂及现象是_；(7)已知E可与次氯酸钠溶液反应生成K，K和E的组成元素相同，且一分子K中有18个电子，则K中所含的化学键类型为_、_。【解题思路】C为无色液体，由气体X(X由原电池反应得到，可能是H2)和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2；根据反应可知非金属Y是C；由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合AB溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：EFGH，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶段中N、S的化合物符合转化关系，考虑反应是金属与NH4Cl溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F为NO、G为NO2，则H为HNO3；反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2；结合反应可推知B为NH4Cl，验证符合转化关系。(1)原电池反应中，正极发生还原反应，铵根离子放电生成氨气与氢气，则正极的电极反应式为2NH2e-=2NH3H2；(2)反应是氨的催化氧化，反应化学方程式为4NH35O24NO6H2O；(3)反应为Mg与二氧化碳的反应生成MgO与碳，反应方程式为2MgCO22MgOC；(4)从MgCl2溶液制备MgCl2的无水晶体，应注意防止水解，应将氯化镁溶液在HCl气流中蒸干，即“操作b”为在HCl气流中蒸干；(5)反应是碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2、H2O，所以反应的化学方程式为C4HNO3CO24NO22H2O；(6)氨气是碱性气体，氨气溶于水呈碱性，所以氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，通常利用此方法检验氨气。则检验气体E的试剂为湿润的红色石蕊试纸，现象是变蓝；(7)已知E可与次氯酸钠溶液反应生成K，K和E的组成元素相同，且一分子K中有18个电子，则K的分子式为N2H4，K中所含的化学键类型为极性共价键、非极性共价键。【答案】(1)2NH2e=2NH3H2(2)4NH35O24NO6H2O(3)2MgCO22MgOC(4)在HCl气流中蒸干(5)C4HNO3CO24NO22H2O(6)湿润的红色石蕊试纸，变蓝(7)极性共价键、非极性共价键4水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。（3）加氨水过程中加热的目的是_。沉淀B的主要成分为_、_（填化学式）。（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500molL1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。【解题思路】本题主要是通过对水泥中钙含量的测定为原理，考查了离子的除杂、二氧化硅的性质、氧化还原滴定等知识。关键注意调节PH的目的是通过Fe3+、Al3+的水解反应将杂质离子除去，且因Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，常常会将Fe2+氧化为Fe3+。（1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2转化成Fe3；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；（3）盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH45时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由3价4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+5H2C2O42KMnO4；n(KMnO4)=0.0500mol/L36.00103mL=1.80103mol，n(Ca2+)=4.50103mol，水泥中钙的质量分数为4.50103mol40.0g/mol/0.400g100%=45.0%【答案】（1）将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+双氧水(H2O2) （2） SiO2 (或H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4+2H2O 防止胶体生成，易沉淀分离（3） Fe(OH)3 Al(OH)3（4）45.0%