高考化学二轮复习第一篇专题通关攻略专题三元素及其化合物2非金属元素单质及其重要化合物课件.ppt

第2讲非金属元素单质及其重要化合物,【真题回访】1.(2015全国卷T12)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是(),A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收,【解析】选C。氯气具有强氧化性,能和溴离子反应生成溴单质,向苦卤中通入Cl2是为了提取溴,A正确;提纯粗盐可以采用除杂、重结晶的方法,B正确;工业常选用石灰乳作为沉淀剂,用氢氧化钠不经济,C错误;富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收,D正确。,2.(2014全国卷T13)利用如图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是(),【解析】选B。A中反应生成的气体为H2S,在试管中会首先与AgNO3中的Ag+结合生成Ag2S沉淀,与Ksp无关,A错误;B中反应生成的二氧化硫气体使溴水褪色,说明浓硫酸有氧化性,蔗糖变黑,说明浓硫酸有脱水性,B正确;C中反应生成的气体为SO2,通入Ba(NO3)2溶液后被H+和N氧化为S,S和Ba2+,生成硫酸钡沉淀,C错误;D中浓硝酸有挥发性,挥发出的硝酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀,因此不能证明酸性:硝酸碳酸硅酸,D错误。,【命题特点】1.客观题:(1)考查氧化还原反应:以阿伏加德罗常数、陌生的氧化还原反应为载体考查氧化还原反应的概念和计算。(2)考查离子反应:以氧化还原反应的正误判断、离子共存、离子的检验为载体考查重要的离子反应。,(3)考查实验基础知识:以实验现象和解释、常见的实验装置为载体考查重要非金属及其化合物的化学性质。(4)考查物质转化:以网络构建形式考查重要元素单质与化合物的相互转化。(5)考查性质和用途:以化学与生活、生产为载体,考查常见物质的性质和用途。,2.主观题:(1)考查氧化还原反应:考查氧化还原反应方程式的书写和配平,以及电子的转移数目的计算。(2)考查离子反应:考查重要的离子反应方程式的书写。,(3)考查性质和用途:通过物质的推断、化学实验等知识考查重要元素化合物的性质和用途。(4)考查物质的制备:考查常见气体的制备和利用气体制备其他化合物。,【知识回顾】1.必记的9种特征:(1)有颜色的气体:_(黄绿色)、_(红棕色)等。(2)有漂白作用的气体:Cl2(有水时)、_等,能使品红溶液褪色,加热后恢复原色的是_。,Cl2,NO2,SO2,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_或_。(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_。(5)溶于水显碱性的气体只有_。,硫,氮,氮,NH3,(6)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有_。(7)可溶于氢氟酸的酸性氧化物只有_。(8)能与NaOH溶液作用产生H2的非金属单质只有_。(9)常温下使铁、铝发生钝化的是_与_。,NO,SiO2,Si,浓硝酸,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、脱氧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)C加入_后生成白色沉淀,再加_,沉淀溶解,并放出无色无味气体。(2)S先加入足量_,无明显现象,再加入_,产生白色沉淀。(3)S加入_,产生白色沉淀,再加_,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。,BaCl2(或CaCl2)溶液,稀盐酸,稀盐酸,BaCl2溶液,BaCl2溶液,稀盐酸,(4)Cl-加入硝酸酸化的硝酸银溶液,生成_色沉淀。(5)Br-加入硝酸酸化的硝酸银溶液,生成_色沉淀。(6)I-加入硝酸酸化的硝酸银溶液,生成_色沉淀。,白,淡黄,黄,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_,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_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_。,氧化剂,得失电子守恒,相等,【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。()提示:。氮气不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。()提示:。单质Si能用作半导体材料而不能用作光导纤维。,3.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成。()提示:。酸雨是由氮的氧化物和硫的氧化物引起的,二氧化碳不会引起酸雨。4.NO2溶于水时发生氧化还原反应。()提示:。二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,化合价由+4价变为+5价和+2价,是氧化还原反应。,5.SiO2与酸、碱均不反应。()提示:。二氧化硅能和氢氧化钠反应,也能与氢氟酸反应。6.液溴易挥发,在存放液溴的试剂瓶中应水封。()提示:。因为液溴易挥发,在试剂瓶中存放时应水封。,7.能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2。()提示:。只要能把碘化钾氧化成碘单质的物质都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,如O3、Br2蒸气等。,8.某溶液加入CCl4,CCl4层显紫色,证明原溶液中存在I-。()提示:。碘单质在四氯化碳中显紫色,加入四氯化碳,四氯化碳层显紫色证明存在碘单质。,考点一非金属单质及其化合物的相互转化【典型例题】(2015福建高考)纯净物X、Y、Z转化关系如图所示,下列判断正确的是()A.X可能是金属铜B.Y不可能是氢气C.Z可能是氯化钠D.Z可能是三氧化硫,【解析】选A。A.若X是Cu,Y是Cl2,Cu在Cl2中燃烧产生Z是CuCl2,电解CuCl2溶液产生Cu和Cl2,符合题图转化关系,故选项说法正确;B.若X是Cl2,Y是氢气,氢气在氯气中燃烧产生Z是HCl,电解HCl的水溶液,产生氢气和氯气,符合题图转化关系,故选项说法错误;C.若Z是氯化钠,则X、Y分别是Na和Cl2中的一种,电解氯化钠水溶液会产生氢气、氯气、氢氧化钠,不符合题图转化关系,故选项说法错误;D.若Z是三氧化硫,而X、Y可能是O2和SO2中的一种,SO3溶于水产生硫酸,电解硫酸溶液,实质是电解水,产生氢气和氧气,不符合题图转化关系,故选项说法错误。,【母题变式】(1)满足题中转化关系的物质Z可能是哪些化合物?举例说明。提示:Z应为无氧酸,如HCl;或者不活泼金属的无氧酸盐,如CuCl2。(2)若Y为氯气,试举例写出生成X的电极反应。提示:2H+2e-=H2,Cu2+2e-=Cu。,(3)若Y为氯气,X在Y中燃烧可能的现象是怎样的?提示:H2在氯气中燃烧,发出苍白色的火焰,瓶口有白雾产生;Cu在氯气中燃烧,产生棕黄色的烟,加入少量水,可生成蓝绿色溶液。,【答题技法】常见非金属元素及其化合物的转化关系1.直线型转化关系:,2.多向型转化关系:,(1)条件不同,转化不同。4NH3+3O22N2+6H2O4NH3+5O24NO+6H2OCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,(2)用量不同,转化不同。2C+O22CO(O2不足)C+O2CO2(O2充足)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O(CO2少量)CO2+NaOH=NaHCO3(CO2过量),(3)浓度不同,生成物不同。Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2OZn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+2H2OZn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2,3.连续转化关系:ABC如:S(或H2S)SO2SO3N2(或NH3)NONO2C(或CH4)COCO2,4.三角转化关系:,【新题预测】1.如图是均含同一元素的物质转化关系图,其中A为单质,则A为()A.N2B.CC.Cl2D.Fe,【解析】选A。N2和H2反应生成氨气,N2+3H22NH3,氨气催化氧化生成NO,4NH3+5O24NO+6H2O,N2和氧气反应生成NO,N2+O2=2NO,NO和氧气反应生成NO2,2NO+O2=2NO2,NO2和水反应生成HNO3和NO,3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3和铜反应生成NO,3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,故A正确;,碳和氢气不反应,碳和氧气反应生成CO,CO和氧气反应生成CO2,CO2溶于水生成碳酸,碳酸和铜不反应,不能实现上述转化,故B错误;Cl2和氧气不反应,氯气和氢气反应生成氯化氢气体,氯化氢和氧气不反应,故C错误;Fe和氢气不反应,铁的氧化物不溶于水,故D错误。,2.下表各组物质中,物质之间不可能实现如图所示转化的是(),【解析】选A。Fe与Cl2反应只生成FeCl3,A项错误;NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3,Na2CO3与CO2和H2O反应可生成NaHCO3,B项正确;NH3催化氧化生成NO,NO与O2反应生成NO2,C项正确;S与O2反应生成SO2,SO2在催化剂作用下能被O2氧化成SO3,D项正确。,3.如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程。该方法对H2S的吸收率达99%以上,并可制取H2和S。下列说法正确的是(),A.吸收H2S的离子方程式为Fe3+H2S=Fe2+S+2H+B.电解过程中的阳极反应主要为2Cl-2e-=Cl2C.实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染D.该工艺流程体现绿色化学思想,【解析】选D。FeCl3有氧化性,H2S有还原性,二者在溶液中发生氧化还原反应2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+,A错误;将题中混合物过滤得到的滤液中含有FeCl2和HCl。电解时由于溶液中的离子的还原性Fe2+Cl-OH-,所以电解过程中的阳极反应主要为2Fe2+-2e-=2Fe3+,B错误;若点燃则发生反应:2H2S+3O22SO2+2H2O。,燃烧产物SO2也是大气污染物,C错误;由于电解的产物又重新用来吸收处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气。物质得到充分的利用。所以该工艺流程充分体现绿色化学思想,D正确。,【加固训练】1.(2016聊城一模)下列氧化物中,能与水反应生成酸的是()A.SiO2B.NOC.SO3D.Al2O3【解析】选C。SiO2不溶于水,不能与水反应,故A错误;NO不溶于水,不能与水反应,故B错误;SO3能与水反应生成硫酸,故C正确;Al2O3不溶于水,不能与水反应,故A错误。,2.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示:,下列说法正确的是()A.途径和途径都体现了硫酸的酸性和氧化性B.Y可以是蔗糖溶液C.CuSO4在1100分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D.将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶,可制得胆矾晶体,【解析】选D。根据转化关系分析可知,途径产生二氧化硫气体表现浓硫酸强氧化性和酸性,途径是表现硫酸的酸性,无强氧化性表现,故A错误;硫酸铜与氢氧化钠生成Cu(OH)2碱性悬浊液,与Y反应生成Cu2O,可知Y含有醛基,蔗糖不含醛基,为非还原性糖,不能与Cu(OH)2反应,B错误;硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、,SO3、SO2,X可能是O2、SO2和SO3的混合气体,若只是二氧化硫和三氧化硫,铜元素、硫元素化合价只有降低,无元素化合价升高,故C错误;将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶,过滤洗涤可制得胆矾晶体,故D正确。,3.下表所列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现所给转化关系的是(),A.B.C.D.【解析】选D。中Si、SiO2均不能通过一步反应转化为H2SiO3,中S也不能通过一步反应转化为SO3,故不符合题意,即选D项。,考点二非金属元素单质及其化合物的实验探究【典型例题】(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。,(1)经检验,现象中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象:_。(2)经检验,现象的棕黄色沉淀中不含S,含有Cu+、Cu2+和S。已知:Cu+Cu+Cu2+,Cu2+CuI(白色)+I2。,用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_。通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和S。,a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是_。b.证实沉淀中含有Cu2+和S的理由是_。,(3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验,现象的白色沉淀中无S,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。推测沉淀中含有亚硫酸根和_。,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_。(4)根据实验,亚硫酸盐的性质有_。盐溶液间反应的多样性与_有关。,【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)题目中给出了大量的信息,要充分利用这些信息解题。(2)“步骤二”的设计要充分挖掘“步骤一”中的信息,如记录数据V1等。,【解析】(1)反应生成的沉淀是Ag2SO3,离子方程式为2Ag+S=Ag2SO3。(2)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。,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+S+H2O=S+2I-+2H+。试剂1用来检验S,需排除S的干扰,故应选HCl和BaCl2溶液。故证实沉淀中含有Cu2+和S的理由是在I-的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,S转化为S。,(3)根据题意知现象的白色沉淀中无S,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-。,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,Ag2SO3是白色沉淀;S能被I2氧化,说明其有还原性;Al2(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,实验和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。,答案:(1)2Ag+S=Ag2SO3(2)析出红色固体a.HCl和BaCl2溶液b.在I-的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,S转化为S(3)Al3+、OH-,a.b.V1明显大于V2(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件,【答题技法】性质探究实验方案设计的一般方法(1)证明酸性。用pH试纸或酸碱指示剂,观察颜色变化;与Na2CO3溶液反应产生CO2;与Zn等活泼金属反应产生氢气。,(2)证明弱酸性。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;测定对应盐溶液的酸碱性,如测定CH3COONa溶液的pH7,说明CH3COOH是弱酸;,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:与水或酸反应的难易;利用置换反应;设计成原电池,其负极活泼性强;利用电解时的放电顺序;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:利用置换反应;与氢气反应的难易;气态氢化物的稳定性、还原性;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。,【新题预测】实验法和比较法是研究物质性质的基本方法。以下实验设计中,不合理或不严密的是()A.钠和镁分别与冷水反应,判断钠和镁金属性强弱B.测定相同温度下盐酸和醋酸溶液的pH,就可证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸,C.铁分别与氯气和硫反应,判断氯气与硫的氧化性强弱D.测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH,判断碳与硫的非金属性强弱,【解析】选B。与水反应剧烈的金属,其金属性强,则钠和镁分别与冷水反应,Na反应剧烈,可判断钠和镁金属性强弱,故A正确;盐酸、醋酸的浓度未知,应测定等浓度的溶液的pH,才能确定电离的程度,所以该选项不能证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸,故B错误;Fe与氯气反应生成氯化铁,与S反应生成FeS,氯气得电子能力强,则判断氯气与硫的氧化性强弱,故C正确;Na2SO4溶液不水解,Na2CO3溶液水解显碱性,则硫酸的酸性大于碳酸的酸性,非金属性SC,所以可判断碳与硫的非金属性强弱,故D正确。,【加固训练】1.将足量X气体通入Y溶液中,实验结果与预测的现象一致的组合是(),A.只有B.只有C.只有D.,【解析】选D。CO2、H2O与Na2CO3反应生成溶解度更小的NaHCO3,析出NaHCO3,出现白色沉淀,正确;SO2溶于水生成H2SO3,H2SO3电离产生H+,N和H+相当于HNO3可把S氧化为S,生成BaSO4白色沉淀,正确;Cl2与H2O反应生成HCl和HClO,HCl与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀,正确;NH3与AlCl3溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3,正确。,2.(2016天津市河北区一模)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:高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅;粗硅与干燥的HCl气体反应制得Si