1、專題六專題六 非金屬及其化合物非金屬及其化合物了解常見非金屬元素單質及其重要化合物的主要性質及應了解常見非金屬元素單質及其重要化合物的主要性質及應用用了解常見非金屬元素單質及其重要化合物對環境質量的影了解常見非金屬元素單質及其重要化合物對環境質量的影響響以上各部分知識的綜合應用以上各部分知識的綜合應用 (1)(1)掌握掌握HNOHNO3 3、NHNH3 3的制法及其重要性質。的制法及其重要性質。(2)(2)掌握二氧化碳和二氧化硫的性質比較及綜合拓展。掌握二氧化碳和二氧化硫的性質比較及綜合拓展。(3)(3)掌握氮、氯及其化合物的轉化的綜合推斷。掌握氮、氯及其化合物的轉化的綜合推斷。(4)(4)掌

2、握掌握H H2 2SOSO4 4、硫的氧化物的重要性質。、硫的氧化物的重要性質。(1)(1)了解了解NONOx x對大氣的影響及治理措施。對大氣的影響及治理措施。(2)(2)了解了解SOSO2 2及酸雨對環境的影響與治理。及酸雨對環境的影響與治理。(3)(3)了解自然界中碳、氮循環對維持生態平衡的作用。了解自然界中碳、氮循環對維持生態平衡的作用。非金屬元素及其化合物在推斷、實驗中的綜合應用非金屬元素及其化合物在推斷、實驗中的綜合應用 非金屬元素及其化合物的性質非金屬元素及其化合物的性質【典例【典例1 1】(2012(2012天津高考天津高考) )下列單質或化合物性質的描述正下列單質或化合物性質

3、的描述正確的是確的是A.NaHSOA.NaHSO4 4水溶液顯中性水溶液顯中性B.SiOB.SiO2 2與酸、堿均不反應與酸、堿均不反應C.NOC.NO2 2溶于水時發生氧化還原反應溶于水時發生氧化還原反應D.FeD.Fe在足量在足量ClCl2 2中燃燒生成中燃燒生成FeClFeCl2 2和和FeClFeCl3 3【審題視角】【審題視角】解答本題時應注意：解答本題時應注意：(1)(1)硫酸氫鈉屬于鹽但溶液呈酸性。硫酸氫鈉屬于鹽但溶液呈酸性。(2)(2)二氧化硅和一般物質不反應但和氫氧化鈉反應。二氧化硅和一般物質不反應但和氫氧化鈉反應。(3)(3)鐵和氯氣反應產物只生成氯化鐵。鐵和氯氣反應產物只

4、生成氯化鐵。【精講精析】【精講精析】選選C C。選項選項具體分析具體分析結論結論A A硫酸氫鈉溶于水電離出鈉離子、氫離子和硫酸硫酸氫鈉溶于水電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，使溶液呈酸性根離子，使溶液呈酸性錯誤錯誤B B二氧化硅能和氫氧化鈉反應二氧化硅能和氫氧化鈉反應錯誤錯誤C C二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，化合二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，化合價由價由+4+4價變為價變為+5+5價和價和+2+2價，是氧化還原反應價，是氧化還原反應正確正確D D鐵和氯氣反應只生成氯化鐵鐵和氯氣反應只生成氯化鐵錯誤錯誤【命題人揭秘】【命題人揭秘】命題規律：命題規律：有關非金屬元素及其化合物的性質及

5、轉化關系是高考命題的重點有關非金屬元素及其化合物的性質及轉化關系是高考命題的重點之一，一般以元素化合物知識為載體，與化學基本概念、理論、之一，一般以元素化合物知識為載體，與化學基本概念、理論、實驗、計算結合在一起考查。解決此類題目的關鍵是在熟悉各類實驗、計算結合在一起考查。解決此類題目的關鍵是在熟悉各類物質的化學性質的基礎上，綜合考慮多個影響因素解題。物質的化學性質的基礎上，綜合考慮多個影響因素解題。備考策略：備考策略：(1)(1)根據近年高考命題的特點和規律，對于非金屬元素及其化根據近年高考命題的特點和規律，對于非金屬元素及其化合物知識的復習要充分發揮物質結構、元素周期律等基本理論合物知識的

6、復習要充分發揮物質結構、元素周期律等基本理論知識的指導作用，抓住物質結構、性質、用途、制法這條主線知識的指導作用，抓住物質結構、性質、用途、制法這條主線, ,從不同角度分析、歸納、構建非金屬元素化合物的知識體系。從不同角度分析、歸納、構建非金屬元素化合物的知識體系。(2)(2)重點掌握典型代表元素及其化合物的性質和物質之間的轉重點掌握典型代表元素及其化合物的性質和物質之間的轉化關系，注意與生產、生活和新科技發展的聯系。化關系，注意與生產、生活和新科技發展的聯系。 非金屬元素及其化合物的性質實驗非金屬元素及其化合物的性質實驗【典例【典例2 2】(2011(2011北京高考北京高考) )甲、乙兩同

7、學為探究甲、乙兩同學為探究SOSO2 2與可溶性與可溶性鋇的強酸鹽能否反應生成白色鋇的強酸鹽能否反應生成白色BaSOBaSO3 3沉淀，用如圖所示裝置進沉淀，用如圖所示裝置進行實驗行實驗( (夾持裝置和夾持裝置和A A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗中加熱裝置已略，氣密性已檢驗) )。實驗操作和現象：實驗操作和現象：操作操作現象現象關閉彈簧夾，滴加一定量關閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱濃硫酸，加熱A A中有白霧生成，銅片表面產生氣泡中有白霧生成，銅片表面產生氣泡B B中有氣泡冒出，產生大量白色沉淀中有氣泡冒出，產生大量白色沉淀C C中產生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色中產生白色沉淀，液面上方略顯淺

8、棕色并逐漸消失并逐漸消失打開彈簧夾，通入打開彈簧夾，通入N N2 2, ,停止停止加熱，一段時間后關閉加熱，一段時間后關閉_從從B B、C C中分別取少量白色中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸沉淀，加稀鹽酸均未發現白色沉淀溶解均未發現白色沉淀溶解(1)A(1)A中反應的化學方程式是中反應的化學方程式是_。(2)C(2)C中白色沉淀是中白色沉淀是_，該沉淀的生成表明，該沉淀的生成表明SOSO2 2具有具有_性。性。(3)C(3)C中液面上方生成淺棕色氣體的化學方程式是中液面上方生成淺棕色氣體的化學方程式是_。(4)(4)分析分析B B中不溶于稀鹽酸的沉淀產生的原因，甲認為是空氣參中不溶于稀鹽酸的沉淀

9、產生的原因，甲認為是空氣參與反應，乙認為是白霧參與反應。與反應，乙認為是白霧參與反應。為證實各自的觀點，在原實驗基礎上：為證實各自的觀點，在原實驗基礎上：甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是_；乙在乙在A A、B B間增加洗氣瓶間增加洗氣瓶D D，D D中盛放的試劑是中盛放的試劑是_。進行實驗，進行實驗，B B中現象：中現象：檢驗白色沉淀，發現均不溶于稀鹽酸。結合離子方程式解釋實檢驗白色沉淀，發現均不溶于稀鹽酸。結合離子方程式解釋實驗現象異同的原因：驗現象異同的原因：_。(5)(5)合并合并(4)(4)中兩同學的方案進行實驗。中兩同學的方案進行實驗。B

10、B中無沉淀生成，而中無沉淀生成，而C C中中產生白色沉淀，由此得出的結論是產生白色沉淀，由此得出的結論是_。甲甲大量白色沉淀大量白色沉淀乙乙少量白色沉淀少量白色沉淀【審題視角】【審題視角】解答本題的關鍵思路如下：解答本題的關鍵思路如下：【精講精析】【精講精析】(1)(1)在加熱條件下在加熱條件下CuCu與濃硫酸發生反應與濃硫酸發生反應2H2H2 2SOSO4 4( (濃濃)+)+Cu CuSOCu CuSO4 4+SO+SO2 2+2H+2H2 2O O，故，故A A裝置中銅片表面產生的氣泡為裝置中銅片表面產生的氣泡為SOSO2 2，白霧可能為受熱揮發的硫酸。，白霧可能為受熱揮發的硫酸。(2)

11、(2)由裝置由裝置A A產生的產生的SOSO2 2氣體最終進入裝置氣體最終進入裝置C C中，發生反應中，發生反應SOSO2 2+H+H2 2O O H H2 2SOSO3 3，H H2 2SOSO3 3電離產生的電離產生的H H+ +與與NONO3 3- -共存相當于共存相當于HNOHNO3 3，它能，它能將將SOSO2 2、SOSO3 32-2-氧化為氧化為SOSO4 42-2-，SOSO4 42-2-與與BaBa2+2+生成生成BaSOBaSO4 4沉淀，總反應沉淀，總反應方程式為方程式為3SO3SO2 2+2H+2H2 2O+3Ba(NOO+3Ba(NO3 3) )2 2=3BaSO=3

12、BaSO4 4+2NO+4HNO+2NO+4HNO3 3，該過程，該過程中中SOSO2 2被氧化，具有還原性。被氧化，具有還原性。=(3)(3)反應生成的反應生成的NONO與空氣中的氧氣反應：與空氣中的氧氣反應：2NO+O2NO+O2 2=2NO=2NO2 2，NONO2 2是紅棕色氣體，濃度小時呈淺棕色。是紅棕色氣體，濃度小時呈淺棕色。(4)(4)由于由于BaSOBaSO3 3易溶于稀鹽酸，分析易溶于稀鹽酸，分析B B中不溶于稀鹽酸的沉淀應中不溶于稀鹽酸的沉淀應為為BaSOBaSO4 4；甲認為空氣中的；甲認為空氣中的O O2 2參與反應將參與反應將SOSO2 2氧化為氧化為SOSO4 42

13、-2-，乙認，乙認為白霧成分參與反應生成含有為白霧成分參與反應生成含有SOSO4 42-2-的物質。的物質。甲為證實自己的觀點，就要排除裝置中的甲為證實自己的觀點，就要排除裝置中的O O2 2，從而使，從而使SOSO2 2不被不被氧化為氧化為SOSO4 42-2-，B B裝置中不產生白色沉淀，應進行的操作是打開裝置中不產生白色沉淀，應進行的操作是打開彈簧夾，通彈簧夾，通N N2 2一段時間，排除裝置中的空氣；一段時間，排除裝置中的空氣；乙為證實自己的觀點，就需要將白霧排除，在裝置乙為證實自己的觀點，就需要將白霧排除，在裝置A A、B B間增加間增加洗氣瓶洗氣瓶D D，可選用飽和，可選用飽和Na

14、HSONaHSO3 3溶液，發生反應溶液，發生反應2NaHSO2NaHSO3 3+H+H2 2SOSO4 4=Na=Na2 2SOSO4 4+2SO+2SO2 2+2H+2H2 2O(O(不能選用不能選用NaNa2 2SOSO3 3溶液，因為會發生反溶液，因為會發生反應應NaNa2 2SOSO3 3+SO+SO2 2+H+H2 2O=2NaHSOO=2NaHSO3 3而使而使SOSO2 2被吸收被吸收) )。按照改進裝置進行實驗時，甲方案中產生大量白色沉淀，乙按照改進裝置進行實驗時，甲方案中產生大量白色沉淀，乙方案中產生少量白色沉淀，說明白霧和空氣對反應均有影響，方案中產生少量白色沉淀，說明白

15、霧和空氣對反應均有影響，白霧的存在對反應的影響大，空氣中的氧氣對反應影響不太大。白霧的存在對反應的影響大，空氣中的氧氣對反應影響不太大。甲的裝置中發生的反應為甲的裝置中發生的反應為SOSO4 42-2-+Ba+Ba2+2+=BaSO=BaSO4 4，乙的裝置中，乙的裝置中發生的反應為發生的反應為2Ba2Ba2+2+2SO+2SO2 2+O+O2 2+2H+2H2 2O=2BaSOO=2BaSO4 4+4H+4H+ +，因為白霧，因為白霧的量遠遠多于裝置中的量遠遠多于裝置中O O2 2的量，故甲的實驗中產生大量白色沉淀，的量，故甲的實驗中產生大量白色沉淀，乙的實驗中產生少量白色沉淀。乙的實驗中產

16、生少量白色沉淀。(5)(5)當把甲、乙兩同學的方案合并后，不論是裝置中的當把甲、乙兩同學的方案合并后，不論是裝置中的O O2 2還是還是白霧均被處理，白霧均被處理，B B裝置中通入氣體裝置中通入氣體SOSO2 2 和少量的水蒸氣，此時不和少量的水蒸氣，此時不產生沉淀，說明產生沉淀，說明SOSO2 2和和BaClBaCl2 2溶液不反應，即溶液不反應，即SOSO2 2與可溶性鋇的強與可溶性鋇的強酸鹽不能反應生成酸鹽不能反應生成BaSOBaSO3 3沉淀。沉淀。答案：答案：(1)Cu+2H(1)Cu+2H2 2SOSO4 4( (濃濃) CuSO) CuSO4 4+SO+SO2 2+2H+2H2

17、2O O(2)BaSO(2)BaSO4 4 還原還原 (3)2NO+O(3)2NO+O2 2=2NO=2NO2 2(4)(4)通通N N2 2一段時間，排除裝置中的空氣一段時間，排除裝置中的空氣 飽和飽和NaHSONaHSO3 3溶液溶液甲：甲：SOSO4 42-2-+Ba+Ba2+2+=BaSO=BaSO4 4，乙：，乙：2Ba2Ba2+2+2SO+2SO2 2+O+O2 2+2H+2H2 2O O=2BaSO=2BaSO4 4+4H+4H+ +，白霧的量遠多于裝置中，白霧的量遠多于裝置中O O2 2的量的量(5)SO(5)SO2 2與可溶性鋇的強酸鹽不能反應生成與可溶性鋇的強酸鹽不能反應生

18、成BaSOBaSO3 3沉淀沉淀=【閱卷人點撥】【閱卷人點撥】失失分分提提示示(1)(1)不能準確判斷加入濃硫酸并加熱時產生的白霧的成分；不能準確判斷加入濃硫酸并加熱時產生的白霧的成分；(2)(2)忽略忽略H H+ +與與NONO3 3- -共存時相當于共存時相當于HNOHNO3 3存在，存在，HNOHNO3 3會將會將SOSO2 2、SOSO3 32-2-氧化為氧化為SOSO4 42-2-；(3)(3)設計實驗裝置時忘記空氣中的氧氣對設計實驗裝置時忘記空氣中的氧氣對SOSO2 2、SOSO3 32-2-的氧化的氧化作用，沒有排除空氣中的氧氣；作用，沒有排除空氣中的氧氣；(4)(4)不能排除干

19、擾，通過對實驗現象的分析得出合理的實不能排除干擾，通過對實驗現象的分析得出合理的實驗結論。驗結論。備備考考指指南南(1)(1)典型非金屬元素及其化合物的實驗探究典型非金屬元素及其化合物的實驗探究( (如如ClCl2 2、SOSO2 2等等) )是近幾年高考的熱點，其考查形式主要為實驗是近幾年高考的熱點，其考查形式主要為實驗現象的判斷、方程式的書寫及設計實驗方案驗證物質現象的判斷、方程式的書寫及設計實驗方案驗證物質的性質和實驗評價等；的性質和實驗評價等；(2)(2)在復習備考過程中應特別強化實驗在非金屬元素在復習備考過程中應特別強化實驗在非金屬元素及其化合物部分的作用，通過平時探究性實驗的設計，

20、及其化合物部分的作用，通過平時探究性實驗的設計，加深對非金屬元素及其化合物性質的理解，提高以實加深對非金屬元素及其化合物性質的理解，提高以實驗手段解決問題、分析問題的能力。驗手段解決問題、分析問題的能力。 非金屬元素及其化合物與非金屬元素及其化合物與STSESTSE【典例【典例3 3】(2011(2011福建高考福建高考) )下列關于化學與生產、生活的認下列關于化學與生產、生活的認識不正確的是識不正確的是A.COA.CO2 2、CHCH4 4、N N2 2等均是造成溫室效應的氣體等均是造成溫室效應的氣體B.B.使用清潔能源是防止酸雨發生的重要措施之一使用清潔能源是防止酸雨發生的重要措施之一C.

21、C.節能減排符合低碳經濟的要求節能減排符合低碳經濟的要求D.D.合理開發利用可燃冰合理開發利用可燃冰( (固態甲烷水合物固態甲烷水合物) )有助于緩解能源緊缺有助于緩解能源緊缺【審題視角】【審題視角】了解社會、生活、環保和技術中常見的化學現象了解社會、生活、環保和技術中常見的化學現象是解答本題的關鍵。是解答本題的關鍵。【精講精析】【精講精析】選選A A。常見的溫室氣體有二氧化碳、甲烷、氮氧。常見的溫室氣體有二氧化碳、甲烷、氮氧化物和氟利昂等，氮氣不是造成溫室效應的氣體。化物和氟利昂等，氮氣不是造成溫室效應的氣體。【命題人揭秘】【命題人揭秘】命題規律：命題規律：元素化合物知識與生產生活密切相關，

22、以生產、生活實際為背元素化合物知識與生產生活密切相關，以生產、生活實際為背景的試題已成為高考試題的出題趨勢，此類試題一般以選擇題景的試題已成為高考試題的出題趨勢，此類試題一般以選擇題形式出現，起點較高，落點較低。解題過程中關鍵是找準題目形式出現，起點較高，落點較低。解題過程中關鍵是找準題目與化學知識的結合點，明確考查的知識內容，聯系物質性質及與化學知識的結合點，明確考查的知識內容，聯系物質性質及化學反應進行解題。化學反應進行解題。備考策略：備考策略：在復習過程中應有意識地搜集化學與現代科技、生產生活和環在復習過程中應有意識地搜集化學與現代科技、生產生活和環境保護的聯系的知識，了解非金屬元素在環

23、保、低碳和節能等境保護的聯系的知識，了解非金屬元素在環保、低碳和節能等方面的作用。方面的作用。 碳、硅及其化合物碳、硅及其化合物 高考指數高考指數: :1.(20111.(2011江蘇高考江蘇高考) )下列有關物質的性質和該性質的應用均正下列有關物質的性質和該性質的應用均正確的是確的是( )( )A.A.常溫下濃硫酸能使鋁發生鈍化，可在常溫下用鋁制貯罐貯運常溫下濃硫酸能使鋁發生鈍化，可在常溫下用鋁制貯罐貯運濃硫酸濃硫酸B.B.二氧化硅不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器二氧化硅不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器C.C.二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒二氧化氯具有還原性，可用于自來水

24、的殺菌消毒D.D.銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕緩其腐蝕【解題指南】【解題指南】解答本題時應注意以下兩點：解答本題時應注意以下兩點：(1)(1)明確典型物質的性質和應用，注意化學原理如氧化還原反明確典型物質的性質和應用，注意化學原理如氧化還原反應、電化學等知識在元素化合物中的應用。應、電化學等知識在元素化合物中的應用。(2)(2)注意物質性質的特殊性，如二氧化硅與氫氟酸的作用。注意物質性質的特殊性，如二氧化硅與氫氟酸的作用。【解析】【解析】選選A A。選項選項內容指向內容指向聯系分析聯系分析結論結論A A因為常溫

25、下濃硫酸能夠使鋁表面生成一層致密的因為常溫下濃硫酸能夠使鋁表面生成一層致密的氧化物保護膜，所以常溫下可以用鋁制貯罐貯運氧化物保護膜，所以常溫下可以用鋁制貯罐貯運濃硫酸濃硫酸正確正確B B二氧化硅可以與氫氟酸反應二氧化硅可以與氫氟酸反應錯誤錯誤C C二氧化氯殺菌消毒后氯的化合價降低，二氧化氯二氧化氯殺菌消毒后氯的化合價降低，二氧化氯殺菌消毒應用了二氧化氯的氧化性殺菌消毒應用了二氧化氯的氧化性錯誤錯誤D D在海輪上裝銅，海輪外殼在海輪上裝銅，海輪外殼( (含鐵含鐵) )、銅和溶有電解、銅和溶有電解質的海水，形成原電池，鐵作負極，腐蝕加快質的海水，形成原電池，鐵作負極，腐蝕加快錯誤錯誤2.(2011

26、2.(2011山東高考山東高考) )某短周期非金屬元素的原子核外最外層電某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數是次外層電子數的一半，該元素子數是次外層電子數的一半，該元素( )( )A.A.在自然界中只以化合態的形式存在在自然界中只以化合態的形式存在 B.B.單質常用作半導體材料和光導纖維單質常用作半導體材料和光導纖維C.C.最高價氧化物不與酸反應最高價氧化物不與酸反應 D.D.氣態氫化物比甲烷穩定氣態氫化物比甲烷穩定【解題指南】【解題指南】解答本題注意以下三點：解答本題注意以下三點：(1)(1)原子核外最外層電子數是次外層電子數的一半的短周期元原子核外最外層電子數是次外層電子數的一半的短周

27、期元素只有鋰和硅，非金屬元素則為硅。素只有鋰和硅，非金屬元素則為硅。(2)(2)分析各選項時要充分考慮硅及其化合物的特性。分析各選項時要充分考慮硅及其化合物的特性。(3)(3)運用元素周期律比較氣態氫化物的穩定性。運用元素周期律比較氣態氫化物的穩定性。【解析】【解析】選選A A。通過信息可推知該元素為。通過信息可推知該元素為SiSi。B B項，其單質能用項，其單質能用作半導體材料而不能用作光導纖維，作半導體材料而不能用作光導纖維，B B錯誤；錯誤；C C項，它的最高價項，它的最高價氧化物氧化物SiOSiO2 2能與氫氟酸反應，化學方程式為能與氫氟酸反應，化學方程式為SiOSiO2 2+4HF=

28、+4HF=SiFSiF4 4+2H+2H2 2O,CO,C錯誤；錯誤；D D項，由于元素的非金屬性項，由于元素的非金屬性C CSiSi，故，故SiHSiH4 4的穩定性弱于甲烷，的穩定性弱于甲烷，D D錯誤。錯誤。3.(3.(雙選雙選)(2011)(2011海南高考海南高考)“)“碳捕捉技術碳捕捉技術”是指通過一定的方是指通過一定的方法將工業生產中產生的法將工業生產中產生的COCO2 2分離出來并利用。如可利用分離出來并利用。如可利用NaOHNaOH溶溶液來液來“捕捉捕捉”COCO2 2，其基本過程如圖所示，其基本過程如圖所示( (部分條件及物質未標部分條件及物質未標出出) )。下列有關該方法

29、的敘述中正確的是下列有關該方法的敘述中正確的是( )( )A.A.能耗大是該方法的一大缺點能耗大是該方法的一大缺點B.B.整個過程中，只有一種物質可以循環利用整個過程中，只有一種物質可以循環利用C.“C.“反應分離反應分離”環節中環節中, ,分離物質的基本操作是蒸發結晶、過分離物質的基本操作是蒸發結晶、過濾濾D.D.該方法可減少碳排放該方法可減少碳排放, ,捕捉到的捕捉到的COCO2 2還可用來制備甲醇等產品還可用來制備甲醇等產品【解析】【解析】選選A A、D D。碳酸鈣高溫分解時，需要吸收大量的熱，所。碳酸鈣高溫分解時，需要吸收大量的熱，所以該方法的缺點是能耗大，以該方法的缺點是能耗大，A

30、A選項正確；整個過程中，選項正確；整個過程中，CaOCaO和和NaOHNaOH兩種物質可以循環利用，兩種物質可以循環利用，B B選項錯誤；選項錯誤；“反應分離反應分離”環節環節中分離的是中分離的是NaOHNaOH溶液和碳酸鈣沉淀的混合物，只需過濾即可，溶液和碳酸鈣沉淀的混合物，只需過濾即可，C C選項錯誤；該方法吸收了選項錯誤；該方法吸收了COCO2 2，并且把重新收集到的，并且把重新收集到的COCO2 2進行利進行利用，制備甲醇等化工產品，可減少碳排放，符合用，制備甲醇等化工產品，可減少碳排放，符合“低碳經濟低碳經濟”原則，原則，D D選項正確。選項正確。4.(20114.(2011海南高考

31、海南高考) )下列固體混合物與過量的稀硫酸反應，能下列固體混合物與過量的稀硫酸反應，能產生氣泡并有沉淀生成的是產生氣泡并有沉淀生成的是( )( )A.NaHCOA.NaHCO3 3和和Al(OH)Al(OH)3 3 B.BaCl B.BaCl2 2和和NaClNaClC.HClOC.HClO3 3和和K K2 2SOSO4 4 D.Na D.Na2 2SOSO3 3和和BaCOBaCO3 3【解析解析】選選D D。A A選項中的物質，都能和稀硫酸反應，但不能產選項中的物質，都能和稀硫酸反應，但不能產生沉淀，生沉淀，NaHCONaHCO3 3和和H H2 2SOSO4 4反應有反應有COCO2

32、2氣體產生，沒有沉淀生成；氣體產生，沒有沉淀生成；B B選項中的物質，只有選項中的物質，只有BaClBaCl2 2能和稀硫酸反應生成能和稀硫酸反應生成BaSOBaSO4 4沉淀，但沉淀，但沒有氣體產生；沒有氣體產生；C C選項中的物質，都不能和稀硫酸反應；選項中的物質，都不能和稀硫酸反應；D D選項選項中的物質，中的物質，NaNa2 2SOSO3 3能和稀硫酸反應放出能和稀硫酸反應放出SOSO2 2氣體，氣體，BaCOBaCO3 3能和稀能和稀硫酸反應生成硫酸反應生成BaSOBaSO4 4沉淀和沉淀和COCO2 2氣體。氣體。5.(20125.(2012重慶高考重慶高考) )金剛石、金剛石、S

33、iCSiC具有優良的耐磨、耐腐蝕特具有優良的耐磨、耐腐蝕特性，應用廣泛。性，應用廣泛。(1)(1)碳與短周期元素碳與短周期元素Q Q的單質化合僅能生成兩種常見氣態化合物，的單質化合僅能生成兩種常見氣態化合物，其中一種化合物其中一種化合物R R為非極性分子，碳元素在周期表中的位置是為非極性分子，碳元素在周期表中的位置是_，Q Q是是_，R R的電子式為的電子式為_。(2)(2)一定條件下，一定條件下，NaNa還原還原CClCCl4 4可制備金剛石，反應結束冷卻至可制備金剛石，反應結束冷卻至室溫后，回收其中的室溫后，回收其中的CClCCl4 4的實驗操作名稱為的實驗操作名稱為_，除去，除去粗產品中

34、少量鈉的試劑為粗產品中少量鈉的試劑為_。(3)(3)碳還原碳還原SiOSiO2 2制制SiC.SiC.其粗產品中雜質為其粗產品中雜質為SiSi和和SiOSiO2 2. .現將現將20.0 g 20.0 g SiCSiC粗產品加入到過量的粗產品加入到過量的NaOHNaOH溶液中充分反應，收集到溶液中充分反應，收集到0.1 mol0.1 mol氫氣，過濾得氫氣，過濾得SiCSiC固體固體11.4 g11.4 g，濾液稀釋到，濾液稀釋到1 L1 L，生成氫氣的離，生成氫氣的離子方程式為子方程式為_，硅酸鹽的物質的量濃度為硅酸鹽的物質的量濃度為_。(4)(4)下列敘述正確的有下列敘述正確的有_(_(填

35、序號填序號) )。NaNa還原還原CClCCl4 4的反應、的反應、ClCl2 2與與H H2 2O O的反應均是置換反應的反應均是置換反應水晶、干冰熔化時克服粒子間作用力的類型相同水晶、干冰熔化時克服粒子間作用力的類型相同NaNa2 2SiOSiO3 3溶液與溶液與SOSO3 3的反應可用于推斷的反應可用于推斷SiSi與與S S的非金屬性強弱的非金屬性強弱鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物中陰陽離子數目比鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物中陰陽離子數目比均為均為1212【解題指南】【解題指南】解答本題時應注意以下四點：解答本題時應注意以下四點：(1)(1)鈉與水或乙醇反應。鈉與水或乙醇反

36、應。(2)(2)硅與二氧化硅都能與氫氧化鈉溶液反應。硅與二氧化硅都能與氫氧化鈉溶液反應。(3)(3)分子晶體和原子晶體的微粒間的作用力不同。分子晶體和原子晶體的微粒間的作用力不同。(4)(4)元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，反之亦然。越強，反之亦然。【解析】【解析】(1)(1)能與碳生成兩種氣態化合物的元素為氧，兩種產能與碳生成兩種氣態化合物的元素為氧，兩種產物是一氧化碳和二氧化碳，其中二氧化碳是非極性分子，根據物是一氧化碳和二氧化碳，其中二氧化碳是非極性分子，根據元素的原子結構示意圖可以確定元素在周期表中的位置。元素的

37、原子結構示意圖可以確定元素在周期表中的位置。(2)(2)根據信息判斷兩者反應后的產物為氯化鈉和金剛石，均不根據信息判斷兩者反應后的產物為氯化鈉和金剛石，均不溶于四氯化碳，因此要將四氯化碳從反應體系中分離，應該用溶于四氯化碳，因此要將四氯化碳從反應體系中分離，應該用過濾的方法；金剛石的性質較為穩定，而金屬鈉能與水或者乙過濾的方法；金剛石的性質較為穩定，而金屬鈉能與水或者乙醇反應，因此加入水或者是乙醇就能將金剛石中的金屬鈉除去。醇反應，因此加入水或者是乙醇就能將金剛石中的金屬鈉除去。(3)(3)粗產品中能與氫氧化鈉反應的是硅和二氧化硅，產物都有粗產品中能與氫氧化鈉反應的是硅和二氧化硅，產物都有硅酸

38、鈉，而硅和氫氧化鈉反應還有氫氣生成，由生成氫氣的量硅酸鈉，而硅和氫氧化鈉反應還有氫氣生成，由生成氫氣的量和固體物質減少的量可以確定粗產品中硅和二氧化硅的量，根和固體物質減少的量可以確定粗產品中硅和二氧化硅的量，根據硅元素守恒可以確定稀釋后硅酸鈉的濃度。據硅元素守恒可以確定稀釋后硅酸鈉的濃度。(4)(4)選項選項具體分析具體分析結論結論氯氣與水反應，產物中沒有單質生成，不屬于置換反應氯氣與水反應，產物中沒有單質生成，不屬于置換反應錯誤錯誤水晶是原子晶體，熔化時破壞共價鍵，干冰是分子晶體，水晶是原子晶體，熔化時破壞共價鍵，干冰是分子晶體，熔化時破壞分子間作用力熔化時破壞分子間作用力錯誤錯誤三氧化硫

39、與水反應生成硫酸，硫酸與硅酸鈉反應生成硫三氧化硫與水反應生成硫酸，硫酸與硅酸鈉反應生成硫酸鈉與硅酸，屬于強酸制弱酸，硫酸和硅酸都屬于非金酸鈉與硅酸，屬于強酸制弱酸，硫酸和硅酸都屬于非金屬元素最高價氧化物對應的水化物，其強弱代表了非金屬元素最高價氧化物對應的水化物，其強弱代表了非金屬性的強弱屬性的強弱正確正確鈉在空氣中燃燒生成過氧化鈉，鋰在空氣中燃燒生成氧鈉在空氣中燃燒生成過氧化鈉，鋰在空氣中燃燒生成氧化鋰，兩者化學式中都有一個陰離子化鋰，兩者化學式中都有一個陰離子(O(O2 22-2-和和O O2-2-) )和兩個陽和兩個陽離子離子正確正確答案：答案：(1)(1)第第2 2周期第周期第AA族族

40、 氧氧( (或或O)O) (2)(2)過濾過濾 水水( (或乙醇或乙醇) )(3)Si+2OH(3)Si+2OH- -+H+H2 2O=SiOO=SiO3 32-2-+2H+2H2 20.17 molL0.17 molL-1 -1 (4)(4) 硫及其化合物硫及其化合物 高考指數高考指數: :6.(20126.(2012廣東高考廣東高考) )下列陳述下列陳述、正確并且有因果關系的是正確并且有因果關系的是 ( ) ( )選項選項陳述陳述陳述陳述A ASOSO2 2有漂白性有漂白性SOSO2 2可使溴水褪色可使溴水褪色B BSiOSiO2 2有導電性有導電性SiOSiO2 2可用于制備光導纖維可用

41、于制備光導纖維C C濃硫酸有強氧化性濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于干燥濃硫酸可用于干燥H H2 2和和COCOD DFeFe3+3+有氧化性有氧化性FeClFeCl3 3溶液可用于回收廢舊電溶液可用于回收廢舊電路板中的銅路板中的銅【解析】【解析】選選D D。選項選項具體分析具體分析結論結論A A陳述陳述表現了表現了SOSO2 2的還原性，而陳述的還原性，而陳述表現為漂白性表現為漂白性沒有因果關系沒有因果關系B B二氧化硅不導電二氧化硅不導電不正確不正確C C陳述陳述表現出濃硫酸的吸水性表現出濃硫酸的吸水性沒有因果關系沒有因果關系D D陳述陳述中中FeFe3+3+氧化單質銅從而回收銅氧化單質銅從而

42、回收銅屬于因果關系屬于因果關系7.(20127.(2012山東高考山東高考) )下列由相關實驗現象所推出的結論正確的下列由相關實驗現象所推出的結論正確的是是( )( )A.ClA.Cl2 2、SOSO2 2均能使品紅溶液褪色，說明二者均有氧化性均能使品紅溶液褪色，說明二者均有氧化性B.B.向溶液中滴加酸化的向溶液中滴加酸化的Ba(NOBa(NO3 3) )2 2溶液出現白色沉淀，說明該溶溶液出現白色沉淀，說明該溶液中一定有液中一定有SOSO4 42-2-C.FeC.Fe與稀與稀HNOHNO3 3、稀、稀H H2 2SOSO4 4反應均有氣泡產生，說明反應均有氣泡產生，說明FeFe與兩種酸均與兩

43、種酸均發生置換反應發生置換反應D.D.分別充滿分別充滿HClHCl、NHNH3 3的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，說的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，說明二者易溶于水明二者易溶于水【解析】【解析】選選D D。A A項，二者漂白的原理不同，前者屬于氧化型，項，二者漂白的原理不同，前者屬于氧化型，后者屬于化合型，因此不能說明后者屬于化合型，因此不能說明SOSO2 2具有氧化性，具有氧化性，A A錯；錯；B B項，項，溶液中也可能含有溶液中也可能含有SOSO3 32-2-，B B錯；錯；C C項，鐵與硝酸發生的不是置換項，鐵與硝酸發生的不是置換反應，反應，C C錯誤。錯誤。8.(20118.(20

44、11上海高考上海高考) )濃硫酸有許多重要的性質，在與含有水分濃硫酸有許多重要的性質，在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質是的蔗糖作用過程中不能顯示的性質是( )( )A.A.酸性酸性 B.B.脫水性脫水性 C.C.強氧化性強氧化性 D.D.吸水性吸水性【解析】【解析】選選A A。作用過程如下：。作用過程如下：濃硫酸溶于水放熱濃硫酸溶于水放熱( (吸水性吸水性) )；放出的熱加速蔗糖的脫水碳化放出的熱加速蔗糖的脫水碳化( (脫水性脫水性) )：C C1212H H2222O O111112C+11H12C+11H2 2O O；生成的碳被濃硫酸氧化生成的碳被濃硫酸氧化( (氧化性氧化性)

45、)：C+2HC+2H2 2SOSO4 4( (濃濃) ) CO CO2 2+2SO+2SO2 2+2H+2H2 2O O，所以整個過程中濃硫酸沒表現出酸性。，所以整個過程中濃硫酸沒表現出酸性。濃硫酸濃硫酸=9.(20119.(2011上海高考上海高考) )下列溶液中通入下列溶液中通入SOSO2 2一定不會產生沉淀的一定不會產生沉淀的是是( )( )A.Ba(OH)A.Ba(OH)2 2 B.Ba(NOB.Ba(NO3 3) )2 2 C.NaC.Na2 2S D.BaClS D.BaCl2 2【解析解析】選選D D。酸性氧化物。酸性氧化物SOSO2 2能夠和能夠和Ba(OH)Ba(OH)2 2

46、反應生成白色的反應生成白色的BaSOBaSO3 3沉淀，沉淀，SOSO2 2和水反應生成和水反應生成H H2 2SOSO3 3，H H2 2SOSO3 3部分電離出部分電離出H H+ +，在酸，在酸性條件下性條件下NONO3 3- -能夠將能夠將H H2 2SOSO3 3氧化成氧化成H H2 2SOSO4 4，SOSO4 42-2-能夠和能夠和BaBa2+2+結合成結合成白色的白色的BaSOBaSO4 4沉淀；沉淀；NaNa2 2S S具有強還原性，能夠被具有強還原性，能夠被SOSO2 2氧化成淺黃氧化成淺黃色的硫沉淀。色的硫沉淀。【誤區警示】【誤區警示】(1)(1)審題時要注意審題時要注意“

47、一定一定”兩字，兩字，A A選項中選項中SOSO2 2少少量時可生成量時可生成BaSOBaSO3 3沉淀，沉淀，SOSO2 2過量時過量時BaSOBaSO3 3沉淀可溶解生成沉淀可溶解生成Ba(HSOBa(HSO3 3) )2 2，則無沉淀生成。，則無沉淀生成。(2)(2)注意注意SOSO2 2溶于水由于生成溶于水由于生成H H2 2SOSO3 3而而使溶液呈酸性，使溶液呈酸性，H H+ +與與NONO3 3- -可組成可組成HNOHNO3 3，能將，能將SOSO2 2氧化成氧化成SOSO4 42-2-；SOSO3 32-2-與與S S2-2-在酸性條件下可反應生成硫沉淀。在酸性條件下可反應生

48、成硫沉淀。10.(201210.(2012北京高考北京高考) )直接排放含直接排放含SOSO2 2的煙氣會形成酸雨，危害的煙氣會形成酸雨，危害環境。利用鈉堿循環法可脫除煙氣中的環境。利用鈉堿循環法可脫除煙氣中的SOSO2 2。(1)(1)用化學方程式表示用化學方程式表示SOSO2 2形成硫酸型酸雨的反應：形成硫酸型酸雨的反應：_。(2)(2)在鈉堿循環法中，在鈉堿循環法中，NaNa2 2SOSO3 3溶液作為吸收液，可由溶液作為吸收液，可由NaOHNaOH溶液吸溶液吸收收SOSO2 2制得，該反應的離子方程式是制得，該反應的離子方程式是_。(3)(3)吸收液吸收吸收液吸收SOSO2 2的過程中

49、，的過程中，pHpH隨隨n(SOn(SO3 32-2-)n(HSO)n(HSO3 3- -) )變化關系變化關系如下表：如下表：由上表判斷，由上表判斷，NaHSONaHSO3 3溶液顯溶液顯_性，用化學平衡原理解性，用化學平衡原理解釋：釋：_。當吸收液呈中性時，溶液中離子濃度關系正確的是當吸收液呈中性時，溶液中離子濃度關系正確的是( (選填字選填字母母)_)_。a.c(Naa.c(Na+ +)=2c(SO)=2c(SO3 32-2-)+c(HSO)+c(HSO3 3- -) )b.c(Nab.c(Na+ +)c(HSO)c(HSO3 3- -)c(SO)c(SO3 32-2-)c(H)c(H+

50、 +)=c(OH)=c(OH- -) )c.c(Nac.c(Na+ +)+c(H)+c(H+ +)=c(SO)=c(SO3 32-2-)+c(HSO)+c(HSO3 3- -)+c(OH)+c(OH- -) )n(SOn(SO3 32-2-)n(HSO)n(HSO3 3- -) )9199191111991991pHpH8.28.27.27.26.26.2(4)(4)當吸收液的當吸收液的pHpH降至約為降至約為6 6時，需送至電解槽再生。再生示意時，需送至電解槽再生。再生示意圖如下：圖如下：HSOHSO3 3- -在陽極放電的電極反應式是在陽極放電的電極反應式是_。當陰極室中溶液當陰極室中溶液

51、pHpH升至升至8 8以上時，吸收液再生并循環利用。以上時，吸收液再生并循環利用。簡述再生原理：簡述再生原理：_。【解題指南】【解題指南】解答本題時應注意以下三個方面：解答本題時應注意以下三個方面：(1)+4(1)+4價的硫元素具有強的還原性，能被價的硫元素具有強的還原性，能被O O2 2、ClCl2 2、硝酸等強氧、硝酸等強氧化劑氧化成化劑氧化成+6+6價。價。(2)(2)能根據混合溶液中物質的量的關系結合電荷守恒來比較離能根據混合溶液中物質的量的關系結合電荷守恒來比較離子濃度大小關系。子濃度大小關系。(3)(3)陰離子在陽極放電發生氧化反應，化合價升高。陰離子在陽極放電發生氧化反應，化合價

52、升高。【解析】【解析】(1)SO(1)SO2 2與水反應生成與水反應生成H H2 2SOSO3 3，H H2 2SOSO3 3被氧氣氧化成被氧氣氧化成H H2 2SOSO4 4。(3)(3)由數據表可分析得出由數據表可分析得出, ,當當NaNa2 2SOSO3 3和和NaHSONaHSO3 3二者混合時二者混合時, ,若前若前者過量或等量混合時者過量或等量混合時, ,溶液均顯堿性；當后者過量較多時溶液溶液均顯堿性；當后者過量較多時溶液才顯酸性才顯酸性, ,即即NaHSONaHSO3 3溶液顯酸性。溶液顯酸性。該溶液為該溶液為NaNa2 2SOSO3 3和和NaHSONaHSO3 3的的混合溶液

53、混合溶液, ,根據電荷守恒可知根據電荷守恒可知c(Nac(Na+ +)+c(H)+c(H+ +)=2c(SO)=2c(SO3 32-2-)+c(HSO)+c(HSO3 3- -) ) +c(OH+c(OH- -),),故故c c不正確；當溶液呈中性時，不正確；當溶液呈中性時，c(Hc(H+ +)=c(OH)=c(OH- -) )，所以，所以c(Nac(Na+ +)=2c(SO)=2c(SO3 32-2-)+c(HSO)+c(HSO3 3- -) )，故，故a a正確；由表中數據可知當正確；由表中數據可知當n(HSOn(HSO3 3- -)n(SO)n(SO3 32-2-) )時溶液才顯中性，所

54、以時溶液才顯中性，所以b b正確。正確。(4)HSO(4)HSO3 3- -中的硫顯中的硫顯+4+4價，在陽極失電子變為價，在陽極失電子變為+6+6價；陰極室價；陰極室H H+ +放放電變成電變成H H2 2，c(Hc(H+ +) )減小，促使減小，促使HSOHSO3 3- -的電離平衡向電離方向移動，的電離平衡向電離方向移動，生成較多的生成較多的SOSO3 32-2-，與通過陽離子交換膜的，與通過陽離子交換膜的NaNa+ +重新結合得重新結合得NaNa2 2SOSO3 3吸收液。吸收液。答案：答案：(1)SO(1)SO2 2+H+H2 2O HO H2 2SOSO3 3，2H2H2 2SOS

55、O3 3+O+O2 2=2H=2H2 2SOSO4 4(2)2OH(2)2OH- -+SO+SO2 2=H=H2 2O+SOO+SO3 32-2-(3)(3)酸酸HSOHSO3 3- -存在：存在：HSOHSO3 3- - H H+ +SO+SO3 32-2-和和HSOHSO3 3- -+H+H2 2O HO H2 2SOSO3 3+OH+OH- -，HSOHSO3 3- -的電離程度強于水解程度的電離程度強于水解程度a a、b (4)b (4)HSOHSO3 3- -+H+H2 2O-2eO-2e- -=SO=SO4 42-2-+3H+3H+ +H H+ +在陰極得電子生成在陰極得電子生成H

56、 H2 2，溶液中，溶液中c(Hc(H+ +) )降低，促使降低，促使HSOHSO3 3- -電離生電離生成成SOSO3 32-2-，且，且NaNa+ +進入陰極室，吸收液得以再生進入陰極室，吸收液得以再生11.(201011.(2010四川高考四川高考) )短周期元素形成的常見非金屬固體單質短周期元素形成的常見非金屬固體單質A A與常見金屬單質與常見金屬單質B B，在加熱條件下反應生成化合物，在加熱條件下反應生成化合物C C，C C與水反與水反應生成白色沉淀應生成白色沉淀D D和氣體和氣體E E，D D既能溶于強酸，也能溶于強堿。既能溶于強酸，也能溶于強堿。E E在足量空氣中燃燒產生刺激性氣

57、體在足量空氣中燃燒產生刺激性氣體G G，G G在大氣中能導致酸雨的在大氣中能導致酸雨的形成。形成。E E被足量氫氧化鈉溶液吸收得到無色溶液被足量氫氧化鈉溶液吸收得到無色溶液F F。溶液。溶液F F在空在空氣中長期放置發生反應，生成物之一為氣中長期放置發生反應，生成物之一為H H。H H與過氧化鈉的結構與過氧化鈉的結構和化學性質相似，其溶液顯黃色。請回答下列問題：和化學性質相似，其溶液顯黃色。請回答下列問題：(1)(1)組成單質組成單質A A的元素位于周期表中第的元素位于周期表中第_周期，第周期，第_族。族。(2)B(2)B與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為：與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為：_。

58、(3)G(3)G與氯酸鈉在酸性條件下反應可生成消毒殺菌劑二氧化氯。與氯酸鈉在酸性條件下反應可生成消毒殺菌劑二氧化氯。該反應的氧化產物為該反應的氧化產物為_，當生成，當生成2 mol2 mol二氧化氯時，轉二氧化氯時，轉移電子的物質的量為移電子的物質的量為_mol_mol。(4)(4)溶液溶液F F在空氣中長期放置生成在空氣中長期放置生成H H的化學反應方程式為：的化學反應方程式為：_。(5)H(5)H的溶液與稀硫酸反應產生的現象為的溶液與稀硫酸反應產生的現象為_。【解析】【解析】(1)(1)本題的推斷思路為：本題的推斷思路為：G G在大氣中能導致酸雨的形成，則在大氣中能導致酸雨的形成，則G G

59、為為SOSO2 2，逆推可知，逆推可知: A: A為為S S，綜合可知綜合可知C C為為AlAl2 2S S3 3，D D為為Al(OH)Al(OH)3 3,E,E為為H H2 2S,FS,F為為NaNa2 2S S。(3)SO(3)SO2 2與氯酸鈉在酸性條件下反應，與氯酸鈉在酸性條件下反應，SOSO2 2為還原劑，被氧化為為還原劑，被氧化為SOSO4 42-2-；NaClONaClO3 3中中ClCl的化合價為的化合價為+5+5價，價，ClOClO2 2中中ClCl的化合價為的化合價為+4+4價，價，根據電子得失可以判斷生成根據電子得失可以判斷生成2 mol2 mol二氧化氯時，轉移電子的

60、物二氧化氯時，轉移電子的物質的量為質的量為2 mol2 mol。(4)(4)由由H H與過氧化鈉的結構和化學性質相似，結合前面的信息可與過氧化鈉的結構和化學性質相似，結合前面的信息可知知H H為為NaNa2 2S S2 2，由得失電子守恒配平方程式。，由得失電子守恒配平方程式。(5)Na(5)Na2 2S S2 2與稀硫酸反應，生成與稀硫酸反應，生成H H2 2S S2 2，類比，類比H H2 2O O2 2可知可知H H2 2S S2 2不穩定分不穩定分解生成解生成H H2 2S S和和S S，故現象為溶液由黃色變為無色，產生淺黃色沉，故現象為溶液由黃色變為無色，產生淺黃色沉淀和臭雞蛋氣味的