2019-2020年高三化学 29非金属元素及其化合物培优教案.doc

2019-2020年高三化学 29非金属元素及其化合物培优教案一.基础知识 1.非金属元素主要知识网络： 2.抓住六条非金属知识主线：气态氢化物单质氧化物对应水化物相应盐 HClCl2HClOCa（ClO）2Na2SO3BaSO4H2SO3H2SO4SO2SO3 H2SS NaNO3Cu（NO3）2NO2NO NH3N2 NHO3HPO3H3PO4 PH3PP2O5 Ca3（PO4）2CO2COCaCO3Ca（HCO3）2 CH4C H2CO3H2SiO3H4SiO4 SiH4SiSiO2 Na2SiO3 3.注意元素知识与理论的结合点：卤素氧族氮族碳族物质结构双原子分子原子结构示意图N2稳定的原因同素异形体形成共价化合物的原因化学平衡Cl2和H2O的反应SO2与H2O,O2的反应合成氨；NH3溶于水；NO2双聚CO2溶于水氧化还原反应(1)X2的氧化性(2)X-的还原性(3)HClO的漂白 性(4)F2与H2O反应(1)O2,S,SO2浓H2SO4的氧化性(2)H2S,Na2S, Na2SO3还原性(1)HNO3氧化性,不稳定性(2)NO2与H2O反应(3)NH3的还原性(1)C与CO，CO2转化(2)CO2与Mg反应(3)水煤气制取(4)Si的提纯电解质溶液(1)HF，HClO的弱酸性(2)HClO4强酸(3)HCl一元强酸(1)SO32-水解(2)H2SO4,NaHSO4的强酸性(3)H2SO3二元弱酸(1)NH4+水解(2)H3PO4三元弱酸(3)NH3H2O一元弱碱(1)CO32-的水解(2)硅酸生成胶体(3)CH3COOH为一元弱酸二.学习指导1.次氯酸有哪些性质?次氯酸化学式为HClO，结构式为HOCl，性质有：（1）酸性：次氯酸是非常弱的酸，在中学中常见的酸中仅比硅酸酸性强，故几乎所有的酸均可与次氯酸盐反应生成次氯酸。（2）不稳定性：次氯酸很不稳定，在稀溶液中很容易分解，见光速度更快。（3）强氧化性:不管是酸性溶液中还是碱性溶液中,HClO和ClO-都是强氧化剂。多数氧化性酸和它的酸根，在中性或碱性溶液中的氧化性是很弱的，如NO3-，ClO3-等，这是HClO和ClO-与其它氧化剂的不同之处。但它还是符合酸性越强氧化性越强这条规律的。2.溴水褪色的原因有哪些？溴在水中的溶解度小，且在水中主要以Br2的形式存在，故溴水通常显橙色或橙红色，多种化学过程与物理过程能导致溴水褪色：（1）发生氧化还原反应褪色：活泼金属、氢硫酸及可溶性硫化物，SO2及亚硫酸盐、亚铁盐、NaOH，Na2CO3等与溴水作用，因溴发生氧化还原反应从单质形式变成化合物的形式而褪色。（2）发生加成反应及取代反应而褪色：含有碳碳双键及叁键的不饱和化合物与Br2发生加成反应，而苯酚则与Br2发生取代反应而褪色。（3）发生萃取过程而褪色：汽油、苯、四氯化碳等有机溶剂分别与溴水混合，通过萃取使溴单质进入有机层而使溴水褪色。3.如何判断浓H2SO4在反应中是否表现酸性？浓H2SO4的酸性是它在反应中提供H+生成水。但是如果片面地认为，凡是浓H2SO4参加的反应，只要有水生成，浓H2SO4就显示了酸性，那就错了。事实上，浓H2SO4在反应过程中如提供H+，必然会提供SO42-，如果在生成物中找到SO42-，就可断定H2SO4提供了H+而显示酸性。所以生成物中有无SO42-，才是判断浓H2SO4在化学反应中是否表现酸性的标志。如以下反应中浓H2SO4表现出了氧化性和酸性：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO22KI+2H2SO4（浓）I2+K2SO4+SO2+2H2O以下各反应中，浓H2SO4并未表现出酸性：C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2OH2S+H2SO4（浓）S+SO2+2H2O4.SO2具有漂白性，它的漂白原理与Cl2、活性炭是否相同？Cl2的漂白原理是，Cl2溶于水生成次氯酸，次氯酸的强氧化性将有色物质氧化成无色物质。活性炭的漂白作用是由于它具有多孔疏松的结构，吸附能力强，能将一些溶液中的有机色素吸附而使之褪色。而SO2的漂白作用是由于它自身与有色物质直接化合成无色化合物，但这种无色化合物很不稳定，一定条件下又恢复原色。5.硫酸在化学反应中有哪些作用？硫酸是重要的强酸，它除了具有酸的通性外，浓硫酸还具有吸水性、脱水性、强氧化性和高沸点等特性，这些性质决定了硫酸在化学反应中有许多重要作用，现归纳如下：（1）利用硫酸的酸性制取氢气、硫化氢等气体以及硫酸铵、硫酸亚铁和过磷酸钙等化工产品。制取H2，H2S气体选用稀硫酸；制取HF,HCl,HNO3等选用浓硫酸。（制取硝酸宜在较低温度下进行）。HBr和HI虽也具有挥发性，但它们易被氧化，故一般不用浓H2SO4而用H3PO4制取。（2）利用浓H2SO4的脱水性制取乙烯。（3）利用浓H2SO4的吸水性作干燥剂。H2、O2、Cl2、HCl、SO2、CO2、CO、CH4、等气体常用盛有浓H2SO4的洗气瓶来干燥。NH3、H2S、HBr、HI等气体不能用浓H2SO4来干燥，否则会被吸收或被氧化。（4）利用浓H2SO4的强氧化性作氧化剂。冷的浓H2SO4能使铝、铁的表面发生钝化作用，生成一薄层致密的氧化物薄膜，从而阻止内部金属继续跟硫酸发生反应。热的浓H2SO4能氧化除Au，Pt外的大多数金属及其它具有还原性的物质。加热时，浓H2SO4还能与一些非金属起氧化还原反应。例如，加热盛有浓H2SO4和木炭的试管，可以发生：（5）用作磺化剂。浓硫酸能在有机分子中引入磺酸基（-SO3H）发生磺化反应。（6）用作催化剂。例如：浓H2SO4 +HO-NO2（浓） -NO2+H2OC2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O(C6H10O5)n + nH2OnC6H12O6（淀粉或纤维素） （葡萄糖）CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH在上述硝化反应和酯化反应中，浓硫酸除作催化剂外，还兼作脱水剂。此外，浓硫酸在化工生产中用作三氧化硫的吸收剂；稀硫酸用来检验Ba2+以及增强KMnO4、K2Cr2O7等溶液的氧化性等。总之，硫酸既有酸的通性，又有数种特性，在化学反应中用硫酸一定要注意选择。三.例题精析例1：在1mol KNO3和4mol H2SO4的混合稀溶液中，加入1.5mol铜粉，充分反应后，生成的气体在标况下的体积约为（ ）A.5.6LB.22.4LC.4.48LD.无法计算分析从题目看，本题主要考查Cu与HNO3的反应，实质上是离子氧化还原反应，应按离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O解题按上式，因n（NO3-）=1mol，完全反应需n（Cu）=1.5mol，n（H+）=4mol，故Cu恰好反应，而H+过量，则V（NO）=22.4L。故应选B。解题后点拨学生普遍认为本题简单，结果却错选A。产生错解的原因，是把KNO3和H2SO4混合稀溶液与Cu粉反应，简单地看成了Cu与稀HNO3反应，而忽略了生成物Cu(NO3)2中NO3-再加上过量H2SO4所提供的H+，还可再氧化多余的Cu。例2：下列各组离子，在碱性溶液中，可以大量共存的是（ ）A.K+、Na+、HSO3-、Cl-B. Na+、Ba2+、AlO2-、NO3-C.NH4+、K+、Cl-、NO3-D.K+、Na+、ClO-、S2-分析此题A，B，C三组都易于作答：A中HSO3-与OH-不共存，C中NH4+与OH-不共存，B正确。而D组ClO-在碱性条件下也有强氧化性，离子方程式为:ClO-+S2-+H2O=Cl-+S+20H-答案B解题后点拨关于ClO-在碱性环境下也有强氧化性的问题，在高考中屡次出现，故应多注意。例3：将amol H2S和1mol O2置于一个容积可变的容器内进行反应。维持容器内气体压强不变（101KPa）,在120时测得反应前后容器内气体密度分别d1和d2，若a取值不同，则H2S的氧化产物可能有如下三种情况：（1）全部是SO2，此时a的取值范围是_。（2）全部是S，此时a的取值范围是_。（3）部分是S，部分是SO2，此时a的取值范围是_。反应所生成的SO2的物质的量为_mol,容器内气体的物质的量之和为_mol（以含a的代数式表示）。分析H2S与O2的反应由于物质的量不同，发生的反应不同，产物不同。（1）当O2充足时，全部生成SO2，这时发生的反应是：2H2S+3O22H2O+2SO2即n（H2S）：n（O2）2:3，全部生成SO2；（2）当O2不足时，发生反应的情况复杂 只生成S，这时发生的反应是2H2S+O22S+2H2O即n（H2S）:n（O2）2:1时，全部生成S。既生成S，又生成SO2，这时2:1n（H2S）:n（O2）2:3。要求生成的SO2的量和气体总质量，可对下面方程式进行配平H2S+O2SO2+O2+H2O。由于n(H2S):n(O2)=a:1。故H2S系数为a，O2系数为1，观察法配平后得aH2S+O2=aH2O+(1-)SO2+(1-)SO2+()S，由题得出结果。解答(1)a (2)a2 (3)解题后点拨该题属于区间讨论式计算题。若反应物相同，只是所耗反应物的比例不同，从而产生n个化学方程式，那么共有2n+1个简单区间。每个化学方程式中反应物的化学计量数之比，就是区间的界点。该题数轴如下：例4:同温同压下，将NO、NO2、O2按一定体积比混合充满容器，再倒置于盛满水的水槽，片刻，液体充满容器，则反应前NO、NO2、O2的体积比是（ ）1:1:1 3:4:1 4:24:19 任意比A.仅B.C.D.分析NO、O2与NO2、O2两组合恰好反应的关系式4NO3O2（1）4NO2O2（2）均由反应2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO推出。对于NO、NO2、O2三种气体混合可由（1）（2）两式推出：(1)a+(2)b得：4aNO4bNO2（3a+b）O2 （3）解题对（3）式：令4a=1,4b=1,则a=,b=,3a+b=1(合理)同理，也合理；中因3a+b=1,故不合理。由(3)式可知显然不会任意比,故也不合理,可知答案选D.解题后的点拨（3）式4aNO4bNO2(3a+b)O2中：当b=0，则变为（1）式4NO3O2；当a=0则变为（2）式4NO2O2。因此，（3）可视为三种组合的通用公式，此类问题即可迎刃而解。例5:某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是_溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是_（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是_溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是_分析此题考查了学生由实验现象判断实验原理的直觉和逆向思维。首先要审清实验的装置为一封闭体系，另外要注意溶液颜色的变化，能使溶液在红色和无色之间变化的物质在中学阶段最常见的是酚酞和品红。导致酚酞溶液在无色和红色之间变化的气体是碱性气体，即氨气；导致品红溶液在无色和红色之间变化的气体是SO2。解题（1）稀氨水和酚酞，稀氨水中的NH3气体逸出，所以溶液的颜色变浅（2）溶有SO2气体的品红；SO2气体逸出，品红溶液恢复红色。解题后点拨本题为2000年全国高考题，解答时要注意答题的严谨，如（2）中有的考生只写了品红溶液，就不正确了。四.巩固提高1.右图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中粗框表示初始反应物（反应时加入或生成的水，以及生成沉淀J时的其它产物均已略去）。请填写下列空白：（1）物质B是_，F是_，J是_；（2）反应的离子方程式是_。DEFGHIC饱和食盐水ABC +沉淀J加入D加入B加入D 反应 2.下列说法是否正确？不正确请说明错误原因。(1)用Na2S溶液可除去H2S气体中的HCl气体。(2)氢硫酸只有还原性无氧化性。(3)由于SO2和浓H2SO4中硫元素无中间价态，可用浓H2SO4干燥SO2。(4)SO2气体通入石蕊试液中，先变红后又褪去。(5)在标准状况下，0.1molSO3所占体积约为2.24L。 (6)在稀HNO3酸化的溶液中加入BaCl2溶液后，有白色沉淀生成，原溶液中一定有SO42-存在。3.下列反应中，通入的气体只作为氧化剂的是（ ）A.二氧化硫通入氢硫酸中B.氯气通入NaOH溶液中C.少量氯气通入氯化亚铁酸性溶液中D.硫化氢通入溴水中4.在室温下，向饱和硫化氢溶液中缓缓通入过量SO2气体，溶液的pH值随通入SO2的体积变化的曲线示意图如下，合理的是（ ）5.SO2和H2S气体共5mol，混合后充分反应，若氧化产物比还原产物多32g，则原SO2和H2S的物质的量之比是多少？6.将等物质的量的Mg、Al相混合，取等质量的该混合物4份，分别加到足量的下列溶液中，放出H2最多的是（ ）A 3mol/L HClB4mol/L HNO3 C8mol/L NaOHD18mol/L H2SO47.38.4mg铜跟适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4ml（标况），反应中消耗HNO3的物质的量可能是（ ）A1.010-3molB1.610-3mol C2.210-3molD2.410-3mol8.用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：（1）铜跟浓硝酸反应（2）铜跟稀硝酸反应（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜再跟硝酸反应，以下叙述正确的是（ ）A三种途径所消耗的Cu相等B三种途径所消耗的HNO3相等C所消耗铜的量：途径(3)(1)(2) D所消耗的HNO3的量：途径(1)(2)(3)五.自我反馈1.答案（1）B：Cl2 F：Fe J: Fe(OH)3（2）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O分析根据框图不难推得B是Cl2，D是NaClO；从H中加入B生成I，并结合在H或I中加入D均生成沉淀J分析出F是Fe，沉淀J为Fe(OH)3。但由于考生不熟悉ClO-的氧化性及ClO-能与Fe3+发生双水解反应的性质，而使本题成为难攻的堡垒。I中加入D发生的离子方程式为：Fe3+3ClO-+3H2O=Fe(OH)3+3HClOH中加入D发生的离子方程式为：6Fe2+3ClO-+3H2O=2Fe(OH)3+3Cl-+4Fe3+2.答案及分析（1）。用Na2S溶液虽可HCl气体，同时产生H2S，但H2S+Na2S=2NaHS，使H2S损耗，故此法不行。可用饱和NaHS溶液作试剂，既能吸收HCl，又防止了H2S损耗。（2）。氢硫酸中具有还原性，但H2S电离出的H+具有弱氧化性。如与某些金属反应能放出H2。（3）。（4）。因SO2不能与石蕊化合生成不稳定的无色物，故变红后不会褪去。此处只有酸性反应，无SO2的漂白作用。（5）。标况下，SO3是固态，不能利用气体摩尔体积计算，故说法错误。（6）。只考虑了Ba2+SO42-=BaSO4的反应忽视了Ag+Cl-=AgCl，2SO32-+2NO3-+2H+=3SO42-+2NO+H2O两个隐反应。故溶液中还可能含有Ag+、SO32-。3.答案A、C分析由于反应中H2S一般只作为还原剂，所以A中通入的SO2只作为氧化剂；D中通入的H2S只作为还原剂；B中通入的Cl2既作氧化剂，又作还原剂（Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O）；C中氯气只作氧化剂（2FeCl2+Cl2=2FeCl3）4.答案A分析由于2H2S+SO2=3S+H2O知，随着反应的进行，溶液的pH从小于7变为7；当发生SO2+H2O=H2SO3时，溶液的pH值又变小，且比原饱和硫化氢溶液pH值更小。5.答案SO2与H2S的物质的量之比是3:2或1:4.分析 SO2+2H2S=S+2S+2H2O 1mol 2mol实际耗量 x y氧化产物与还原产物差为1mol，已知差量为1mol。故，=1mol, =2mol.若H2S过量，则原有SO2 1mol，H2S原有4mol。若SO2过量，则原有H2S 2mol, SO2原有3mol。 6.答案A分析溶液均足量。3mol/L HCl能使Mg，Al完全反应产生H2；4mol/L HNO3虽与Mg，Al反应但无H2产生；8mol/L NaOH溶液只能与其中Al反应产生H2；18mol/L浓H2SO4使铝钝化，与Mg反应无H2产生。7.答案C分析反应中随着HNO3的消耗，硝酸的浓度逐渐由浓变稀，还原产物也随之由以NO2为主变为NO为主，故22.4ml为NO2、NO混合气体，分析出此点是正确，求解本题的关键。 根据反应中消耗的HNO3在生成物中有Cu(NO3)2、NO、NO2三种形态，依N守恒有： n（HNO3）=26.010-4mol/L+11.010-3mol=2.210-3mol8.答案A、D分析设制取1mol Cu(NO3)2比较（1）Cu(NO3)2（2） Cu(NO3)2（3）CuOCu(NO3)2六.走向高考1.（98全国）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ）A硫酸B氯水C硝酸锌D氯化铜2.（97上海）在pH=1的含有Mg2+，Fe2+，Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（ ） Cl- NO3- SO42- S2-ABCD3.（99全国） 右图装置可用于 A加热NaHCO3制CO2 B用Cu与稀HNO3反应制NO C用NH4Cl与浓NaOH溶液反应制NH3 D用NaCl与浓H2SO4反应制HCL 4（99全国）为了测定人体新陈代谢呼出气体中CO2的体积分数,某学生课外小组设计了如下图的实验装置。 实验中用过量NaOH溶液吸收气体中的CO2, 准确测量瓶中溶液吸收CO2后的增重及剩余气体的体积(实验时只用嘴吸气和呼气), 请填空。 （1）图中瓶的作用是_。 （2）对实验装置尚有如下A、B、C、D四种建议，你认为合理的是（填代号）_。A.在E 处增加CaCl2干燥管B.在F处增加CaCl2干燥管C.在E和F两处增加CaCl2干燥管D.不必增加干燥管 （3）将插入溶液的管子下端改成具有多孔的球泡 (图中的), 有利于提高实验的准确度,其理由是_。 （4）实验时先缓缓吸气，再缓缓呼气，反复若干次，得如下数据：瓶溶液增重 a g, 收集到的气体体积 (标准状况)为b L, 该呼出气体中CO2的体积分数是 (列出算式) ：_。（5）实验中若猛吸猛呼, 会造成不安全后果, 猛吸时会_猛呼时会_。答案1.B、C 考生往往忽略C Zn(NO3)2,由于盐酸过量，反应后呈酸性，相当于溶液中有HNO3。2.D pH=1说明溶液呈酸性，排除S2-。NO3-与H+共存可氧化Fe2+而排除NO3-故选D。3.B4.（1）除去吸入空气中的CO2（2）D（3）可增大气体与溶液的接触面积，使气体中的CO2被充分吸收.（4）或化简（5）把瓶中的NaOH溶液吸入口中， 把瓶中的NaOH溶液吹出瓶外。