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2019届二轮复习 非金属及其化合物 学案（全国通用）
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第13讲 非金属及其化合物
最新考纲
考向分析
1.了解碳、硅单质及其重要化合物的主要性质及应用。
2．了解碳、硅单质及其重要化合物对环境质量的影响。
3．了解氯单质及其重要化合物的主要性质及应用。
4．了解氯单质及其重要化合物对环境质量的影响。
5．掌握氯气的实验室制法(包括所用试剂、仪器，反应原理和收集方法)
6．了解硫单质及其重要化合物的主要性质及应用。
7．了解硫单质及其重要化合物对环境质量的影响。
8．了解氮元素单质及其重要化合物的主要性质和应用。
9．了解氮元素单质及其重要化合物对环境质量的影响。
1.客观题：结合离子反应，阿伏加德罗常数，化学实验现象和分析，化学与生活、社会、生产，考查重要非金属元素单质和化合物的重要性质和用途。
2．主观题：结合重要物质的制备、分离提纯或工业生产的工艺流程、综合性实验等全面考查重要非金属元素化合物的性质。
考点一 非金属单质及其化合物的相互转化
Z (课前)
1．(2017·江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( C )
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．SSO3H2SO4
C．CaCO3CaOCaSiO3
D．NH3NOHNO3
[解析] Fe与Cl2反应生成FeCl3，A项错误；S与O2反应生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不反应，D项错误。
2．(2016·全国Ⅱ·7)下列关于燃料的说法错误的是( B )
A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一
[解析] 燃料燃烧产生的CO2是导致温室效应的主要气体之一，A项正确；化石燃料完全燃烧生成的SO2属于大气污染物，B项错误；液化石油气含碳量比燃油低，用液化石油气代替燃油能减少大气污染，C项正确；CO是大气污染物之一，D项正确。
3．(2017·北京卷)下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是( D )
①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
[解析] ①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误。
4．(2018·天津·7)下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H－除外)： r(H＋)
(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_SiC__(写化学式)。
(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O 。
(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_CH3CH2CHO，CH3CHO__。
[解析] (1)H＋没有电子；Mg2＋和N3－都有2个电子层、10电子，但Mg2＋比N3－核电荷数大；Cl－有3个电子层。核外电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大的离子半径越小，故离子半径由小到大的顺序为r(H＋)＜r(Mg2＋)＜r(N3－)＜r(Cl－)。
Mg 原子核外有3个电子层，最外层有2个电子，故Mg位于周期表中第三周期ⅡA族。
Mg(OH)2是由Mg2＋和OH－构成的离子化合物，其电子式为。
(2)根据质量守恒定律，A2B的化学式是Mg2Si。电解熔融的MgCl2生成Mg和Cl2。NH3和NH4Cl既是副产物又是起始原料。
(3)由CH4和SiH4反应生成H2和另一种固体耐磨材料，根据质量守恒定律可知，该耐磨材料为SiC。
(4)该反应类型类似“钙基固硫”，加热过程中发生反应：
Mg(OH)2MgO＋H2O、MgO＋SO2MgSO3、2MgSO3＋O2===2MgSO4，故总反应方程式为2Mg(OH)2＋2SO2＋O22MgSO4＋2H2O。
(5)由题给信息知，可能是由CH3CH2Br与CH3CHO或CH3Br与CH3CH2CHO经过一系列反应制得的。
R (课堂)
知能补漏
1．必记的9种特征：
(1)有颜色的气体：_Cl2__(黄绿色)、_NO2__(红棕色)等。
(2)有漂白作用的气体：Cl2(有水时)、_SO2__等，能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的是_SO2__。
(3)同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，该元素可能是_硫__或_氮__。
(4)同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物发生化合反应，生成盐的元素一定是_氮__。
(5)溶于水显碱性的气体只有_NH3__。
(6)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有_NO__。
(7)可溶于氢氟酸的酸性氧化物只有_SiO2__。
(8)能与NaOH溶液作用产生H2的非金属单质只有_Si__。
(9)常温下使铁、铝发生钝化的是_浓硝酸__与_浓硫酸__。
2．知道14种物质的主要用途：
硅——半导体材料、太阳能电池板、计算机芯片
活性炭——吸附剂、去除冰箱中的异味
臭氧(O3)——漂白剂、消毒剂
氯气——杀菌消毒、漂白剂、制盐酸、漂白粉等
二氧化碳——灭火剂、人工降雨、温室气体
二氧化硅——制石英玻璃、光导纤维
二氧化硫——漂白剂、杀菌、消毒
双氧水——漂白剂、消毒剂、脱氯剂
氢氟酸——蚀刻玻璃制品
氨——制冷剂(液氨)、制硝酸、铵盐
次氯酸钠(NaClO)——漂白剂、杀菌剂
硅胶——袋装食品干燥剂
乙烯——植物生长调节剂、催熟剂
甘油——护肤保湿剂
3．易混淆的6种离子的检验方法：
(1)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。
(2)SO→先加入足量_稀盐酸__，无明显现象，再加入_BaCl2溶液__，产生白色沉淀。
(3)SO→加入_BaCl2溶液__，产生白色沉淀，再加_稀盐酸__，沉淀溶解放出无色有刺激性气味、能使品红溶液褪色的气体。
(4)Cl－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_白__色沉淀。
(5)Br－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_淡黄__色沉淀。
(6)I－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_黄__色沉淀。
4．两类不能完成的“一步转化”：
(1)非金属单质氧化物酸
SiO2不能通过一步反应转化为H2SiO3，S不能通过一步反应转化为SO3，N2不能通过一步反应转化为NO2。
(2)金属单质氧化物碱
难溶于水的碱[如Cu(OH)2]不能通过一步反应实现氧化物到碱的转化。
5．常考的有HNO3参与的氧化还原反应的计算：
(1)金属与硝酸的反应中硝酸分为两部分，一部分作_氧化剂__，另一部分起酸性作用生成硝酸盐，计算时应先确定被_还原__的硝酸，再由_得失电子守恒__求解。
(2)Cu与HNO3的反应中：被还原的硝酸无论生成NO还是NO2，由氮元素守恒可知被还原的硝酸与生成气体的物质的量_相等__。
6．浓硫酸吸水性和脱水性的区别与应用：
(1)吸水性
浓硫酸具有吸收游离水(如气体中、液体中的水分子，以及固体中的结晶水等)的性能。
①原理：H2SO4分子与水分子可形成一系列稳定的水合物。
H2SO4(浓)＋nH2O===H2SO4·nH2O
②应用：作吸水剂或干燥剂。
a．可干燥的物质：H2、CO、CO2、CH4、N2、NO、NO2、 O2、SO2、Cl2、HCl等。
b．不能干燥的物质：H2S、NH3、HBr、HI等。
c．所用的装置：洗气瓶(如图)。
(2)脱水性
浓硫酸可将许多有机物中的氢和氧原子按水分子的组成(H2O)比例脱去。如
C12H22O1112C＋11H2O
HCOOHCO↑＋H2O。
7．化学反应中浓硫酸由“量变”引起的“质变”：
过量金属(如Fe、Cu、Zn等)与浓硫酸反应时，要动态地看反应过程，注意H2SO4浓度的变化对反应产物的影响。开始阶段是浓硫酸反应，产生的是SO2气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，最后变为稀硫酸，与Cu不反应，与铁、锌等反应生成H2而不是SO2。
易错辨析
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
1．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体。(×)
2．单质硅常用作半导体材料和光导纤维。(×)
3．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成。(×)
4．NO2溶于水时发生氧化还原反应。(√)
5．SiO2与酸、碱均不反应。(×)
6．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应水封。(√)
7．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2。(×)
8．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－。(×)
B (课后)
1．(2018·合肥一模改编)下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是( B )
选项
X
Y
Z
A
S
SO2
H2SO3
B
Si
SiO2
NaSiO3
C
Cl2
HClO
NaClO
D
NO
NO2
HNO3
[解析] A项，S和O2反应生成SO2，SO2和水化合生成H2SO3，H2SO3分解生成SO2，H2SO3与H2S反应可生成S，A正确；B项，Na2SiO3不能一步生成SiO2，也不能一步生成Si，B错误；C项，Cl2和水反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO可水解生成HClO，NaClO可与浓盐酸反应生成Cl2，C正确；D项，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，浓硝酸分解可生成NO2，稀硝酸与Cu反应可生成NO，D正确。
2．从某些性质看：NH3和H2O，NH和OH－，N3－和O2－两两相似，据此判断下列反应正确的是( D )
①2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑
②CaO＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋H2O
③3Mg(NH2)2Mg3N2＋4NH3↑
④NH4Cl＋NaNH2NaCl＋2NH3↑
A．③ B．②
C．②③ D．①②③④
[解析] ①NH3和H2O相当，可以依据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，类推得到反应为2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，正确；②NH和OH－相当，依据CaO＋2HCl===CaCl2＋H2O；类推得到反应：CaO＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋H2O，正确；③NH和OH－相当，N3－和O2－两两相当，依据Mg(OH)2===MgO＋H2O，类推得到：3Mg(NH2)2Mg3N2＋4NH3↑，正确；④NH和OH－相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl＋NaOH===NaCl＋NH3＋H2O；类推得到：NH4Cl＋NaNH2NaCl＋2NH3，正确。
3．(2018·淄博二模)利用如图装置设计实验，制备SO2并进行探究。
(1)装置A中反应的化学方程式： Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O 。
(2)将A中产生的SO2持续通入装置G中直至过量。
①G中有白色沉淀生成，其化学式为_BaSO4__。
②写出反应初始时SO2被氧化的离子方程式： 3SO2＋2NO＋2H2O===2NO↑＋3SO＋4H＋ 。
(3)选项A～F中的装置验证H2SO4的酸性强于H2CO3，能作为依据的实验现象是_C中品红溶液(或D中酸性KMnO4溶液)不褪色、E中澄清石灰水变浑浊__。
(4)要证明H2SO3的酸性强于HClO，所选装置(A～F中)的连接顺序为(填序号)_A→B→D→C→F__。
[解析] (1)装置A中反应为制备二氧化硫的反应，化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。
(2)二氧化硫通入G中，被硝酸根氧化为硫酸根：3SO2＋2NO＋2H2O===2NO↑＋3SO＋4H＋，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。
(3)二氧化硫应该先通入NaHCO3溶液，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中吸收二氧化硫气体后，再将气体通入品红溶液(或酸性KMnO4溶液)，品红(或酸性高锰酸钾溶液)不褪色，最后将气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，证明酸性H2SO3>H2CO3，又酸性：H2SO4>H2SO3，说明H2SO4的酸性强于H2CO3。
(4)要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3>H2CO3>HClO，应先用二氧化硫制备二氧化碳，制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前先除去二氧化硫气体，再用品红检验二氧化硫是否除净，再通入漂白粉中。故顺序为A→B→D→C→F。
4．(2018·福州一模)绿矾(FeSO4·7H2O)可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8 ℃，沸点44.8 ℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：
(1)甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_品红溶液褪色__，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境__。
(2)乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中_B、C__。
A．不含SO2 B．可能含SO2
C．一定含有SO3
(3)丙组同学查阅装置发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置：
①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_AFGBDH__。
②能证明绿矾分解产物中有O2的实验操作及现象是_把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气__。
(4)为证明绿矾分解产物中含有三价铁，选用的实验仪器有试管、胶头滴管、_药匙__；选用的试剂为_盐酸、KSCN溶液__。
[解析] (1)甲组得出绿矾的分解产物中含有SO2，SO2能使品红溶液褪色；SO2有毒，因此装置C的作用是吸收尾气，防止SO2(或SO3)污染空气。
(2)SO2能使品红溶液褪色，受热恢复原来颜色，现在实验中不能恢复原来的颜色，以及SO3能漂白某些有机染料，因此推出一定含有SO3，可能含有SO2，故选项B、C正确。
(3)①首先加热绿矾，气态产物可能是SO3、SO2、H2O、O2，因此先验证H2O，因此连接F装置，SO3熔点较低，在冰水中以固体形式存在，因此F装置后连接G，SO2能使品红溶液褪色，因此G装置后连接B，需要吸收SO2，因此B装置后连接D装置，最后连接H装置，因此顺序是A→F→G→B→D→H。
②氧气能使带火星的木条复燃，因此具体操作是把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。
(4)验证Fe3＋需要用KSCN溶液，需要把固体溶解成溶液，因此需要的试剂是盐酸和KSCN溶液，取用固体需要用药匙，缺少的仪器是药匙。
考点二 非金属元素单质及其化合物的实验探究
Z (课前)
1．(2017·全国Ⅰ·28节选)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_D__(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
[解析] 根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项错误。
2．(2016·上海·14)在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室(如图)。下列说法错误的是( B )
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
[解析] 根据题目中装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，A正确。从c处出来的气体中的SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后气体被冷却降温，经过下面的催化剂层，又有部分SO2、O2反应生成SO3，故二者含有的气体的成分不相同，B错误。热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，C正确。c处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，D正确。
3．(2018·全国Ⅱ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( D )
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
[解析] D错：碳酸钡能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能用于胃肠X射线造影检查。A对：碳酸钠水溶液显碱性，能用于洗涤油污。B对：漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能杀灭生活用水中的细菌。C对：氢氧化铝是弱碱，可用于中和过多胃酸。
R (课堂)
知能补漏
性质探究实验方案设计的一般方法
(1)证明酸性。
①用pH试纸或酸碱指示剂，观察颜色变化；
②与Na2CO3溶液反应产生CO2；
③与Zn等活泼金属反应产生氢气。
(2)证明弱酸性。
①存在电离平衡，如向醋酸溶液中加入醋酸铵，测其pH变大，可以证明醋酸溶液中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱酸；
②测定对应盐溶液的酸碱性，如测定CH3COONa溶液的pH>7，说明CH3COOH是弱酸；
③测量稀释前后pH变化，如测定将醋酸溶液稀释至10n倍前后的pH变化，若溶液的pH变化小于n，可证明醋酸为弱酸。
(3)比较金属的活动性：
①与水或酸反应的难易；②利用置换反应；③设计成原电池，其负极活泼性强；④利用电解时的放电顺序；⑤比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱。
(4)比较非金属的活动性：
①利用置换反应；②与氢气反应的难易；③气态氢化物的稳定性、还原性；④比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。
(5)比较酸(碱)的酸(碱)性强弱：较强的酸(碱)能制得较弱的酸(碱)。
比较盐的水解程度，如通过测定等浓度NaHCO3和NaHSO3溶液的pH，确定H2CO3和H2SO3酸性强弱。
(6)气体检验时杂质气体的干扰问题：先除去干扰气体，检验杂质气体已经除净，再检验待检气体。如检验SO2和CO2混合气体中的CO2，先通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再通过品红溶液确定SO2已经除净，最后通过澄清石灰水检验CO2。
【例】(2016·北京高考)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ.产生白色沉淀
0.2 mol·L－1 CuSO4溶液
Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液
Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓ 。
(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu＋、Cu2＋和SO。
已知：Cu＋Cu＋Cu2＋，Cu2＋CuI↓(白色)＋I2。
①用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是_析出红色固体__。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2＋和SO。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_HCl和BaCl2溶液__。
b．证实沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是_在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO__。
(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又有溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和_Al3＋、OH－__。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ.被Al(OH)3所吸附；ⅱ.存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二：
(按上图形式呈现)。
b．假设ⅱ成立的实验证据是_V1明显大于V2__。
(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有_亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性__。盐溶液间反应的多样性与_两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件__有关。
[解析] (1)反应生成的沉淀是Ag2SO3，离子方程式为2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓。
(2)①根据信息Cu＋Cu＋Cu2＋可知，用稀硫酸证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是析出红色固体铜。
②由信息Cu2＋CuI↓(白色)＋I2可知，滴加KI溶液时有I2生成，加入淀粉，无明显现象，是因为发生了反应I2＋SO＋H2O===SO＋2I－＋2H＋。试剂1用来检验SO，需排除SO的干扰，故应选HCl和BaCl2溶液。故证实沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO。
(3)①根据题意知现象Ⅲ的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可推测沉淀中含有亚硫酸根和Al3＋、OH－。
②铝的碱式盐的化学式为Al(OH)SO3，相比Al(OH)3，碱式盐中每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍，因此应当设计一个定量实验(记录数据V1也暗示了这是一个定量实验)，定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去滴定，但题目中要求“按上图形式呈现”，故可设计为。
(4)由题目可知，①Ag2SO3是白色沉淀；②SO能被I2氧化，说明其有还原性；③Al2(SO3)3在水溶液中不存在，是因为发生了水解相互促进反应。实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论是盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质有关。另外，实验Ⅱ和Ⅲ都是因为滴加量的不同，所发生的反应不同，故盐溶液间反应的多样性与反应条件有关。
B (课后)
1．(2018·河南郑州市三模)碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷生产。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：
已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱溶液。
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 TeO2＋2OH－===TeO＋H2O 。
(2)碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀酸，发生反应的化学方程式是 3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O 。
(3)“沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强，其原因是_溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失__；防止局部酸度过大的操作方法是_缓慢加入硫酸，并不断搅拌__。
(4)“酸溶”后，将SO2通过TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是 TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4 。
(5)25 ℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。
①0.1 mol·L－1 H2TeO3电离度α约为_10%__。(α＝×100%)
②0.1 mol·L－1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是_CD__。
A．c(Na＋)>c(HTeO)>c(OH－)>c(H2TeO3)>c(H＋)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HTeO)＋c(TeO)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＝c(TeO)＋c(HTeO)＋c(H2TeO3)
D．c(H＋)＋c(H2TeO3)＝c(OH－)＋c(TeO)
[解析] (1)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱溶液，Ag、Au不与氢氧化钠反应。(2)滤渣的成分是Ag、Au。只有Ag与硝酸反应，反应的化学方程式为3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O。(3)如果酸性过强，TeO2会溶解，造成碲元素损失；缓慢加入硫酸，并不断搅拌可防止局部酸性过强。(4)SO2将TeCl4还原成Te，本身被氧化成SO，因此有TeCl4＋SO2―→Te＋H2SO4＋HCl，根据化合价升降法进行配平即得化学方程式：TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4。 (5)①亚碲酸是二元弱酸，以第一步电离为主，H2TeO3??HTeO＋H＋，根据Ka1＝，代入数值，求出c(H＋)≈0.01 mol·L－1，即转化率为×100%＝10%；②NaHTeO3的水解平衡常数Kh＝＝＝1×10－11<2×10－8，此溶液应显酸性，即c(OH－)
(1)流程中粉碎的目的是_增大反应物间的接触面积，增大反应速率，使反应更充分__，操作①、②、③、④的目的相同，在实验中这种操作的名称是_过滤__。
(2)铁红的一种重要用途是_常用作红色油漆和涂料__。固体B中含有两种产物，一种是单质C、另一种是原子个数比为1∶1的一种金属的低价态盐，写出堆浸时反应的化学方程式： CuFeS2＋3FeCl3===4FeCl2＋CuCl↓＋2S↓ 。
(3)写出反应Ⅴ的离子方程式： 2[CuCl2]－===Cu＋Cu2＋＋4Cl－ 。
(4)此方法中得到的铜纯度不能满足某些生产的需要，需要利用电解法进行提纯。若用如图所示的装置进行电离精炼，则乙溶液的溶质是_CuSO4__，e电极上的电极反应式为 Cu2＋＋2e－===Cu 。
若当电路中有2 mol电子通过时，乙中某个电极质量减小了63.92 g，则粗铜的纯度为(假设杂质只有铁且精炼时铜与铁的放电比例与混合物比例相同，计算结果用%表示，保留一位小数)_99.1%__。
[解析] 氯化铁具有氧化性，能氧化黄铜矿，根据(2)中提示，固体B中含有两种产物，一种是单质C、另一种是原子个数比为1∶1的一种金属的低价态盐，可知反应①为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl↓＋2S↓，然后过滤得到固体B和溶液A，向溶液A中加入碳酸钠发生反应Ⅱ，反应的离子方程式为Fe2＋＋CO===FeCO3↓，过滤得到FeCO3，在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁，反应Ⅲ为4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2；向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液，发生反应Ⅳ为Cl－＋CuCl===[CuCl2]－，过滤得到Na[CuCl2]溶液，再加入酸发生反应Ⅴ生成Cu和溶液D，在反应Ⅴ中Cu＋发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2＋和Cu，则D中含有CuCl2、NaCl。(1)将矿石粉碎，可以增大与氯化铁溶液的接触面积，从而增大反应速率；根据流程图，操作①、②、③、④都是过滤。(2)铁红常用作红色油漆和涂料；固体B中含有CuCl和S，堆浸时反应的化学方程式为CuFeS2＋3FeCl3===4FeCl2＋CuCl↓＋2S↓。(3)反应Ⅴ的离子方程式为2[CuCl2]－===Cu＋Cu2＋＋4Cl－。(4)电解精炼铜，用粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；根据图示，通入氢气的一极为电池的负极，则e电极为阴极，发生还原反应，电权反应式为Cu2＋＋2e－===Cu；设粗铜中反应的铜的物质的量为x，铁的物质的量为y，阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋、Fe－2e－===Fe2＋，则2x＋2y＝2 mol,64 g·mol－1 x＋56 g·mol－1 y＝63.92 g，解得x＝0.99 mol，y＝0.01 mol，粗铜的纯度为×100%＝99.1%。
最新考纲
考向分析
1.了解碳、硅单质及其重要化合物的主要性质及应用。
2．了解碳、硅单质及其重要化合物对环境质量的影响。
3．了解氯单质及其重要化合物的主要性质及应用。
4．了解氯单质及其重要化合物对环境质量的影响。
5．掌握氯气的实验室制法(包括所用试剂、仪器，反应原理和收集方法)
6．了解硫单质及其重要化合物的主要性质及应用。
7．了解硫单质及其重要化合物对环境质量的影响。
8．了解氮元素单质及其重要化合物的主要性质和应用。
9．了解氮元素单质及其重要化合物对环境质量的影响。
1.客观题：结合离子反应，阿伏加德罗常数，化学实验现象和分析，化学与生活、社会、生产，考查重要非金属元素单质和化合物的重要性质和用途。
2．主观题：结合重要物质的制备、分离提纯或工业生产的工艺流程、综合性实验等全面考查重要非金属元素化合物的性质。
考点一 非金属单质及其化合物的相互转化
Z (课前)
1．(2017·江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( C )
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．SSO3H2SO4
C．CaCO3CaOCaSiO3
D．NH3NOHNO3
[解析] Fe与Cl2反应生成FeCl3，A项错误；S与O2反应生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不反应，D项错误。
2．(2016·全国Ⅱ·7)下列关于燃料的说法错误的是( B )
A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一
[解析] 燃料燃烧产生的CO2是导致温室效应的主要气体之一，A项正确；化石燃料完全燃烧生成的SO2属于大气污染物，B项错误；液化石油气含碳量比燃油低，用液化石油气代替燃油能减少大气污染，C项正确；CO是大气污染物之一，D项正确。
3．(2017·北京卷)下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是( D )
①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
[解析] ①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误。
4．(2018·天津·7)下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H－除外)： r(H＋)
(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_SiC__(写化学式)。
(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O 。
(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_CH3CH2CHO，CH3CHO__。
[解析] (1)H＋没有电子；Mg2＋和N3－都有2个电子层、10电子，但Mg2＋比N3－核电荷数大；Cl－有3个电子层。核外电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大的离子半径越小，故离子半径由小到大的顺序为r(H＋)＜r(Mg2＋)＜r(N3－)＜r(Cl－)。
Mg 原子核外有3个电子层，最外层有2个电子，故Mg位于周期表中第三周期ⅡA族。
Mg(OH)2是由Mg2＋和OH－构成的离子化合物，其电子式为。
(2)根据质量守恒定律，A2B的化学式是Mg2Si。电解熔融的MgCl2生成Mg和Cl2。NH3和NH4Cl既是副产物又是起始原料。
(3)由CH4和SiH4反应生成H2和另一种固体耐磨材料，根据质量守恒定律可知，该耐磨材料为SiC。
(4)该反应类型类似“钙基固硫”，加热过程中发生反应：
Mg(OH)2MgO＋H2O、MgO＋SO2MgSO3、2MgSO3＋O2===2MgSO4，故总反应方程式为2Mg(OH)2＋2SO2＋O22MgSO4＋2H2O。
(5)由题给信息知，可能是由CH3CH2Br与CH3CHO或CH3Br与CH3CH2CHO经过一系列反应制得的。
R (课堂)
知能补漏
1．必记的9种特征：
(1)有颜色的气体：_Cl2__(黄绿色)、_NO2__(红棕色)等。
(2)有漂白作用的气体：Cl2(有水时)、_SO2__等，能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的是_SO2__。
(3)同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，该元素可能是_硫__或_氮__。
(4)同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物发生化合反应，生成盐的元素一定是_氮__。
(5)溶于水显碱性的气体只有_NH3__。
(6)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有_NO__。
(7)可溶于氢氟酸的酸性氧化物只有_SiO2__。
(8)能与NaOH溶液作用产生H2的非金属单质只有_Si__。
(9)常温下使铁、铝发生钝化的是_浓硝酸__与_浓硫酸__。
2．知道14种物质的主要用途：
硅——半导体材料、太阳能电池板、计算机芯片
活性炭——吸附剂、去除冰箱中的异味
臭氧(O3)——漂白剂、消毒剂
氯气——杀菌消毒、漂白剂、制盐酸、漂白粉等
二氧化碳——灭火剂、人工降雨、温室气体
二氧化硅——制石英玻璃、光导纤维
二氧化硫——漂白剂、杀菌、消毒
双氧水——漂白剂、消毒剂、脱氯剂
氢氟酸——蚀刻玻璃制品
氨——制冷剂(液氨)、制硝酸、铵盐
次氯酸钠(NaClO)——漂白剂、杀菌剂
硅胶——袋装食品干燥剂
乙烯——植物生长调节剂、催熟剂
甘油——护肤保湿剂
3．易混淆的6种离子的检验方法：
(1)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。
(2)SO→先加入足量_稀盐酸__，无明显现象，再加入_BaCl2溶液__，产生白色沉淀。
(3)SO→加入_BaCl2溶液__，产生白色沉淀，再加_稀盐酸__，沉淀溶解放出无色有刺激性气味、能使品红溶液褪色的气体。
(4)Cl－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_白__色沉淀。
(5)Br－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_淡黄__色沉淀。
(6)I－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_黄__色沉淀。
4．两类不能完成的“一步转化”：
(1)非金属单质氧化物酸
SiO2不能通过一步反应转化为H2SiO3，S不能通过一步反应转化为SO3，N2不能通过一步反应转化为NO2。
(2)金属单质氧化物碱
难溶于水的碱[如Cu(OH)2]不能通过一步反应实现氧化物到碱的转化。
5．常考的有HNO3参与的氧化还原反应的计算：
(1)金属与硝酸的反应中硝酸分为两部分，一部分作_氧化剂__，另一部分起酸性作用生成硝酸盐，计算时应先确定被_还原__的硝酸，再由_得失电子守恒__求解。
(2)Cu与HNO3的反应中：被还原的硝酸无论生成NO还是NO2，由氮元素守恒可知被还原的硝酸与生成气体的物质的量_相等__。
6．浓硫酸吸水性和脱水性的区别与应用：
(1)吸水性
浓硫酸具有吸收游离水(如气体中、液体中的水分子，以及固体中的结晶水等)的性能。
①原理：H2SO4分子与水分子可形成一系列稳定的水合物。
H2SO4(浓)＋nH2O===H2SO4·nH2O
②应用：作吸水剂或干燥剂。
a．可干燥的物质：H2、CO、CO2、CH4、N2、NO、NO2、 O2、SO2、Cl2、HCl等。
b．不能干燥的物质：H2S、NH3、HBr、HI等。
c．所用的装置：洗气瓶(如图)。
(2)脱水性
浓硫酸可将许多有机物中的氢和氧原子按水分子的组成(H2O)比例脱去。如
C12H22O1112C＋11H2O
HCOOHCO↑＋H2O。
7．化学反应中浓硫酸由“量变”引起的“质变”：
过量金属(如Fe、Cu、Zn等)与浓硫酸反应时，要动态地看反应过程，注意H2SO4浓度的变化对反应产物的影响。开始阶段是浓硫酸反应，产生的是SO2气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，最后变为稀硫酸，与Cu不反应，与铁、锌等反应生成H2而不是SO2。
易错辨析
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
1．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体。(×)
2．单质硅常用作半导体材料和光导纤维。(×)
3．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成。(×)
4．NO2溶于水时发生氧化还原反应。(√)
5．SiO2与酸、碱均不反应。(×)
6．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应水封。(√)
7．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2。(×)
8．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－。(×)
B (课后)
1．(2018·合肥一模改编)下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是( B )
选项
X
Y
Z
A
S
SO2
H2SO3
B
Si
SiO2
NaSiO3
C
Cl2
HClO
NaClO
D
NO
NO2
HNO3
[解析] A项，S和O2反应生成SO2，SO2和水化合生成H2SO3，H2SO3分解生成SO2，H2SO3与H2S反应可生成S，A正确；B项，Na2SiO3不能一步生成SiO2，也不能一步生成Si，B错误；C项，Cl2和水反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO可水解生成HClO，NaClO可与浓盐酸反应生成Cl2，C正确；D项，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，浓硝酸分解可生成NO2，稀硝酸与Cu反应可生成NO，D正确。
2．从某些性质看：NH3和H2O，NH和OH－，N3－和O2－两两相似，据此判断下列反应正确的是( D )
①2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑
②CaO＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋H2O
③3Mg(NH2)2Mg3N2＋4NH3↑
④NH4Cl＋NaNH2NaCl＋2NH3↑
A．③ B．②
C．②③ D．①②③④
[解析] ①NH3和H2O相当，可以依据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，类推得到反应为2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，正确；②NH和OH－相当，依据CaO＋2HCl===CaCl2＋H2O；类推得到反应：CaO＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋H2O，正确；③NH和OH－相当，N3－和O2－两两相当，依据Mg(OH)2===MgO＋H2O，类推得到：3Mg(NH2)2Mg3N2＋4NH3↑，正确；④NH和OH－相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl＋NaOH===NaCl＋NH3＋H2O；类推得到：NH4Cl＋NaNH2NaCl＋2NH3，正确。
3．(2018·淄博二模)利用如图装置设计实验，制备SO2并进行探究。
(1)装置A中反应的化学方程式： Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O 。
(2)将A中产生的SO2持续通入装置G中直至过量。
①G中有白色沉淀生成，其化学式为_BaSO4__。
②写出反应初始时SO2被氧化的离子方程式： 3SO2＋2NO＋2H2O===2NO↑＋3SO＋4H＋ 。
(3)选项A～F中的装置验证H2SO4的酸性强于H2CO3，能作为依据的实验现象是_C中品红溶液(或D中酸性KMnO4溶液)不褪色、E中澄清石灰水变浑浊__。
(4)要证明H2SO3的酸性强于HClO，所选装置(A～F中)的连接顺序为(填序号)_A→B→D→C→F__。
[解析] (1)装置A中反应为制备二氧化硫的反应，化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。
(2)二氧化硫通入G中，被硝酸根氧化为硫酸根：3SO2＋2NO＋2H2O===2NO↑＋3SO＋4H＋，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。
(3)二氧化硫应该先通入NaHCO3溶液，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中吸收二氧化硫气体后，再将气体通入品红溶液(或酸性KMnO4溶液)，品红(或酸性高锰酸钾溶液)不褪色，最后将气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，证明酸性H2SO3>H2CO3，又酸性：H2SO4>H2SO3，说明H2SO4的酸性强于H2CO3。
(4)要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3>H2CO3>HClO，应先用二氧化硫制备二氧化碳，制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前先除去二氧化硫气体，再用品红检验二氧化硫是否除净，再通入漂白粉中。故顺序为A→B→D→C→F。
4．(2018·福州一模)绿矾(FeSO4·7H2O)可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8 ℃，沸点44.8 ℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：
(1)甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_品红溶液褪色__，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境__。
(2)乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中_B、C__。
A．不含SO2 B．可能含SO2
C．一定含有SO3
(3)丙组同学查阅装置发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置：
①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_AFGBDH__。
②能证明绿矾分解产物中有O2的实验操作及现象是_把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气__。
(4)为证明绿矾分解产物中含有三价铁，选用的实验仪器有试管、胶头滴管、_药匙__；选用的试剂为_盐酸、KSCN溶液__。
[解析] (1)甲组得出绿矾的分解产物中含有SO2，SO2能使品红溶液褪色；SO2有毒，因此装置C的作用是吸收尾气，防止SO2(或SO3)污染空气。
(2)SO2能使品红溶液褪色，受热恢复原来颜色，现在实验中不能恢复原来的颜色，以及SO3能漂白某些有机染料，因此推出一定含有SO3，可能含有SO2，故选项B、C正确。
(3)①首先加热绿矾，气态产物可能是SO3、SO2、H2O、O2，因此先验证H2O，因此连接F装置，SO3熔点较低，在冰水中以固体形式存在，因此F装置后连接G，SO2能使品红溶液褪色，因此G装置后连接B，需要吸收SO2，因此B装置后连接D装置，最后连接H装置，因此顺序是A→F→G→B→D→H。
②氧气能使带火星的木条复燃，因此具体操作是把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。
(4)验证Fe3＋需要用KSCN溶液，需要把固体溶解成溶液，因此需要的试剂是盐酸和KSCN溶液，取用固体需要用药匙，缺少的仪器是药匙。
考点二 非金属元素单质及其化合物的实验探究
Z (课前)
1．(2017·全国Ⅰ·28节选)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_D__(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
[解析] 根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项错误。
2．(2016·上海·14)在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室(如图)。下列说法错误的是( B )
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
[解析] 根据题目中装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，A正确。从c处出来的气体中的SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后气体被冷却降温，经过下面的催化剂层，又有部分SO2、O2反应生成SO3，故二者含有的气体的成分不相同，B错误。热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，C正确。c处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，D正确。
3．(2018·全国Ⅱ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( D )
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
[解析] D错：碳酸钡能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能用于胃肠X射线造影检查。A对：碳酸钠水溶液显碱性，能用于洗涤油污。B对：漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能杀灭生活用水中的细菌。C对：氢氧化铝是弱碱，可用于中和过多胃酸。
R (课堂)
知能补漏
性质探究实验方案设计的一般方法
(1)证明酸性。
①用pH试纸或酸碱指示剂，观察颜色变化；
②与Na2CO3溶液反应产生CO2；
③与Zn等活泼金属反应产生氢气。
(2)证明弱酸性。
①存在电离平衡，如向醋酸溶液中加入醋酸铵，测其pH变大，可以证明醋酸溶液中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱酸；
②测定对应盐溶液的酸碱性，如测定CH3COONa溶液的pH>7，说明CH3COOH是弱酸；
③测量稀释前后pH变化，如测定将醋酸溶液稀释至10n倍前后的pH变化，若溶液的pH变化小于n，可证明醋酸为弱酸。
(3)比较金属的活动性：
①与水或酸反应的难易；②利用置换反应；③设计成原电池，其负极活泼性强；④利用电解时的放电顺序；⑤比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱。
(4)比较非金属的活动性：
①利用置换反应；②与氢气反应的难易；③气态氢化物的稳定性、还原性；④比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。
(5)比较酸(碱)的酸(碱)性强弱：较强的酸(碱)能制得较弱的酸(碱)。
比较盐的水解程度，如通过测定等浓度NaHCO3和NaHSO3溶液的pH，确定H2CO3和H2SO3酸性强弱。
(6)气体检验时杂质气体的干扰问题：先除去干扰气体，检验杂质气体已经除净，再检验待检气体。如检验SO2和CO2混合气体中的CO2，先通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再通过品红溶液确定SO2已经除净，最后通过澄清石灰水检验CO2。
【例】(2016·北京高考)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ.产生白色沉淀
0.2 mol·L－1 CuSO4溶液
Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液
Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓ 。
(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu＋、Cu2＋和SO。
已知：Cu＋Cu＋Cu2＋，Cu2＋CuI↓(白色)＋I2。
①用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是_析出红色固体__。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2＋和SO。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_HCl和BaCl2溶液__。
b．证实沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是_在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO__。
(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又有溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和_Al3＋、OH－__。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ.被Al(OH)3所吸附；ⅱ.存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二：
(按上图形式呈现)。
b．假设ⅱ成立的实验证据是_V1明显大于V2__。
(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有_亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性__。盐溶液间反应的多样性与_两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件__有关。
[解析] (1)反应生成的沉淀是Ag2SO3，离子方程式为2Ag＋＋SO===Ag2SO3↓。
(2)①根据信息Cu＋Cu＋Cu2＋可知，用稀硫酸证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是析出红色固体铜。
②由信息Cu2＋CuI↓(白色)＋I2可知，滴加KI溶液时有I2生成，加入淀粉，无明显现象，是因为发生了反应I2＋SO＋H2O===SO＋2I－＋2H＋。试剂1用来检验SO，需排除SO的干扰，故应选HCl和BaCl2溶液。故证实沉淀中含有Cu2＋和SO的理由是在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO。
(3)①根据题意知现象Ⅲ的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可推测沉淀中含有亚硫酸根和Al3＋、OH－。
②铝的碱式盐的化学式为Al(OH)SO3，相比Al(OH)3，碱式盐中每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍，因此应当设计一个定量实验(记录数据V1也暗示了这是一个定量实验)，定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去滴定，但题目中要求“按上图形式呈现”，故可设计为。
(4)由题目可知，①Ag2SO3是白色沉淀；②SO能被I2氧化，说明其有还原性；③Al2(SO3)3在水溶液中不存在，是因为发生了水解相互促进反应。实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论是盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质有关。另外，实验Ⅱ和Ⅲ都是因为滴加量的不同，所发生的反应不同，故盐溶液间反应的多样性与反应条件有关。
B (课后)
1．(2018·河南郑州市三模)碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷生产。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：
已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱溶液。
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 TeO2＋2OH－===TeO＋H2O 。
(2)碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀酸，发生反应的化学方程式是 3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O 。
(3)“沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强，其原因是_溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失__；防止局部酸度过大的操作方法是_缓慢加入硫酸，并不断搅拌__。
(4)“酸溶”后，将SO2通过TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是 TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4 。
(5)25 ℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。
①0.1 mol·L－1 H2TeO3电离度α约为_10%__。(α＝×100%)
②0.1 mol·L－1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是_CD__。
A．c(Na＋)>c(HTeO)>c(OH－)>c(H2TeO3)>c(H＋)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HTeO)＋c(TeO)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＝c(TeO)＋c(HTeO)＋c(H2TeO3)
D．c(H＋)＋c(H2TeO3)＝c(OH－)＋c(TeO)
[解析] (1)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱溶液，Ag、Au不与氢氧化钠反应。(2)滤渣的成分是Ag、Au。只有Ag与硝酸反应，反应的化学方程式为3Ag＋4HNO3===3AgNO3＋NO↑＋2H2O。(3)如果酸性过强，TeO2会溶解，造成碲元素损失；缓慢加入硫酸，并不断搅拌可防止局部酸性过强。(4)SO2将TeCl4还原成Te，本身被氧化成SO，因此有TeCl4＋SO2―→Te＋H2SO4＋HCl，根据化合价升降法进行配平即得化学方程式：TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋4HCl＋2H2SO4。 (5)①亚碲酸是二元弱酸，以第一步电离为主，H2TeO3??HTeO＋H＋，根据Ka1＝，代入数值，求出c(H＋)≈0.01 mol·L－1，即转化率为×100%＝10%；②NaHTeO3的水解平衡常数Kh＝＝＝1×10－11<2×10－8，此溶液应显酸性，即c(OH－)
(1)流程中粉碎的目的是_增大反应物间的接触面积，增大反应速率，使反应更充分__，操作①、②、③、④的目的相同，在实验中这种操作的名称是_过滤__。
(2)铁红的一种重要用途是_常用作红色油漆和涂料__。固体B中含有两种产物，一种是单质C、另一种是原子个数比为1∶1的一种金属的低价态盐，写出堆浸时反应的化学方程式： CuFeS2＋3FeCl3===4FeCl2＋CuCl↓＋2S↓ 。
(3)写出反应Ⅴ的离子方程式： 2[CuCl2]－===Cu＋Cu2＋＋4Cl－ 。
(4)此方法中得到的铜纯度不能满足某些生产的需要，需要利用电解法进行提纯。若用如图所示的装置进行电离精炼，则乙溶液的溶质是_CuSO4__，e电极上的电极反应式为 Cu2＋＋2e－===Cu 。
若当电路中有2 mol电子通过时，乙中某个电极质量减小了63.92 g，则粗铜的纯度为(假设杂质只有铁且精炼时铜与铁的放电比例与混合物比例相同，计算结果用%表示，保留一位小数)_99.1%__。
[解析] 氯化铁具有氧化性，能氧化黄铜矿，根据(2)中提示，固体B中含有两种产物，一种是单质C、另一种是原子个数比为1∶1的一种金属的低价态盐，可知反应①为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl↓＋2S↓，然后过滤得到固体B和溶液A，向溶液A中加入碳酸钠发生反应Ⅱ，反应的离子方程式为Fe2＋＋CO===FeCO3↓，过滤得到FeCO3，在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁，反应Ⅲ为4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2；向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液，发生反应Ⅳ为Cl－＋CuCl===[CuCl2]－，过滤得到Na[CuCl2]溶液，再加入酸发生反应Ⅴ生成Cu和溶液D，在反应Ⅴ中Cu＋发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2＋和Cu，则D中含有CuCl2、NaCl。(1)将矿石粉碎，可以增大与氯化铁溶液的接触面积，从而增大反应速率；根据流程图，操作①、②、③、④都是过滤。(2)铁红常用作红色油漆和涂料；固体B中含有CuCl和S，堆浸时反应的化学方程式为CuFeS2＋3FeCl3===4FeCl2＋CuCl↓＋2S↓。(3)反应Ⅴ的离子方程式为2[CuCl2]－===Cu＋Cu2＋＋4Cl－。(4)电解精炼铜，用粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；根据图示，通入氢气的一极为电池的负极，则e电极为阴极，发生还原反应，电权反应式为Cu2＋＋2e－===Cu；设粗铜中反应的铜的物质的量为x，铁的物质的量为y，阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋、Fe－2e－===Fe2＋，则2x＋2y＝2 mol,64 g·mol－1 x＋56 g·mol－1 y＝63.92 g，解得x＝0.99 mol，y＝0.01 mol，粗铜的纯度为×100%＝99.1%。
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