第四单元听课答案

1、第四单元非金属及其化合物考点2019年2019年2019年2019年2019年碳、硅及其化合物全国7(选择)全国8(选择);全国7、10(选择)、27(填空)全国26(填空);全国7(选择)全国7(选择);全国7(选择)全国26(填空)氯及其化合物、卤素全国7(选择)全国13(选择);全国27(填空)全国28(填空);全国12(选择)全国10(选择);全国13(选择);全国7(选择);全国9(选择);全国28(填空);全国27(填空)全国10(选择)硫及其化合物全国10(选择)全国13(选择)全国8(选择)全国12(选择);全国9(选择);全国27(填空)全国28(填空);全国7(选择);全国

2、26(填空)氮及其化合物全国7(选择)全国13(选择)、27(填空);全国28(填空)全国7、8、10(选择);全国13(选择);全国28(填空)全国8(选择);全国10(选择);全国13(选择);全国26(填空);全国26(填空);全国27(填空)全国8(选择);全国13(选择)一、教学建议对于非金属元素的考查,高考主要侧重于SO2、NO、NO2、CO、Cl2、NH3、HNO3、H2SO4、碳酸盐等物质的性质及其应用。其命题形式一般为实验探究、计算、推断等。预计今后的高考中,将会综合考查非金属元素及其化合物性质等知识,并强化与生活、社会实际问题的联系,试题可能以选择题的形式出现,也可能以实验

3、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。1.本单元中需要记忆的知识点较多,教师在教学时要注意引导学生以点带线,以线连面,即以具体推一般,以个别推整体。2.要抓住“位构性”三者的关系,充分体现元素周期律、元素周期表的理论指导作用。3.要充分体现氧化还原反应、离子反应等基本理论的指导作用。4.本单元涉及的化学实验较多,要注意对实验的原理、设计、操作的要点及注意事项的理解,通过对实验现象的观察与思考,加深对物质性质的理解和掌握。二、课时安排本单元共5讲,建议14课时完成,12课时用于在课堂上互动式完成1418讲,2课时进行测试及讲评。第14讲无机非金属材料的主角硅【考点互动探

4、究】考点一知识梳理1.游离态空间网状高大小高石墨半导体2.COCO2SiO2SiF42CuO+C2Cu+CO2CO2+C2COC+H2O(g)CO+H2C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2OSi+4HFSiF4+2H23.SiO2+2CSi+2COSi+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl对点自测1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)解析 (1)金刚石和石墨都是由碳元素形成的单质,互为同素异形体。(2)硅单质具有还原性,一定条件下能与非金属单质反应。(4)Si不可用于制造光导纤维。(7)硅可用于制作半导体材料的原因是其导电性介于导体和绝缘体之间。(8)同素

5、异形体的研究对象是单质。2.-c-a-e-b-d题组训练题组一1.B解析 CO不溶于水不能生成相应的酸,也不能与NaOH溶液反应;SiO2不溶于水不能生成相应的酸;碳有金刚石、石墨、C60等同素异形体,硅有晶体硅和无定形硅等,所以两种元素共有多种单质。2.D解析 硅在自然界中全部以化合态形式存在。题组二1.C解析 硅太阳能电池能够将光能直接转化为电能,与氧化还原反应无关,A项正确;石英砂的主要成分是二氧化硅,可以用焦炭在高温下还原得到粗硅,再生产单晶硅,B项正确;SiO2不与盐酸反应,C项错误;粗Si与Cl2在高温下反应生成SiCl4,SiCl4用H2还原生成纯Si和HCl,D项正确。2.(1

6、)(2)SiHCl3+H2Si+3HCl(3)SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2(4)CO2、HCl(5)CO+H2O(g)CO2+H2、CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O解析 反应为石英砂和焦炭生成粗硅和一氧化碳的反应:SiO2+2CSi+2CO,属于置换反应;反应是Si+3HClSiHCl3+H2,属于置换反应;反应是SiHCl3+H2Si+3HCl,属于置换反应;反应为特定条件下的反应:CO+H2O(g)H2+CO2,不属于置换反应。A、B、C分别为CO、CO2、HCl,其中CO2和HCl通入W(硅酸钠)溶液中都能够生成白色沉淀(硅酸)。考点二知识梳理1.(1)无有难(2

7、)淡蓝色CuO+COCu+CO22.空间立体网状大高固低CO2+H2OH2CO3SiO2+CaOCaSiO3Na2O+CO2Na2CO3SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O橡胶CO2+2NaOHNa2CO3+H2OCO2+NaOHNaHCO3SiO2+4HFSiF4+2H2OSiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2Na2SiO3+H2O+CO2(少量)H2SiO3+Na2CO3Na2SiO3+2H2O+2CO2(足量)H2SiO3+2NaHCO3对点自测(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)解析 (2)二氧化硅不能与盐酸反应。(3)SiO2是原子晶体,不存在SiO2分子。(6)二

8、氧化硅制备光导纤维与导电性无关,且SiO2不导电。(7)SiO2能与氢氟酸反应。题组训练题组一1.A解析 CO2、SiO2分别是碳酸和硅酸的酸酐,二者均是酸性氧化物,但SiO2不与水反应,且其结构中不含有分子,而是由原子构成的。2.B解析 A项,SiO2、Al2O3均与NaOH溶液反应;C项,应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶;D项,Na2CO3也与CO2反应。题组二1.B解析 由于Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度,Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3,因而会析出NaHCO3晶体,A项正确;B项,CO2+Na2SiO3+H2ONa2CO3+H2SiO3,CO2+Na2CO

9、3+H2O2NaHCO3,H2SiO3与CO2不反应,浑浊不会消失;C项,CO2+Ca(ClO)2+H2OCaCO3+2HClO,溶液变浑浊后加入品红溶液,被HClO氧化褪色;D项,首先CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O,继续通CO2,生成可溶于水的Ca(HCO3)2,再加入足量的NaOH,则2NaOH+Ca(HCO3)2CaCO3+Na2CO3+2H2O,溶液又变浑浊。2.C解析 反应依次为CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+2NaAlO2+3H2ONa2CO3+2Al(OH)3、CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3、CO2+

10、BaCO3+H2OBa(HCO3)2。考点三知识梳理1.难弱Na2CO3+H2SiO3H2SiO3SiO2+H2ONa2SiO3+2HClH2SiO3+2NaCl2.(2)K2O3Al2O36SiO22H2O(3)水玻璃Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO33.(1)纯碱石灰石(2)Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2对点自测1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)解析 (4)H+与SiO32-会结合生成硅酸沉淀而不能大量共存。(5)硅酸钠溶液具有黏性,不能用带玻璃塞的试剂瓶保存。(8)由现象知生成了硅酸,碳

11、酸酸性大于硅酸,则非金属性碳大于硅。2.(1)Al2O3(2)CaCO3(3)Na2SiO3、CaSiO3、SiO2(4)SiO2题组训练题组一1.(1)(2)解析 玻璃的主要成分是SiO2,HF能与SiO2反应,因此氢氟酸可以刻蚀玻璃,(1)正确;硅胶能吸水,硅胶可作干燥剂,(2)正确;Na2SiO3为可溶性盐,在离子方程式中不能写成化学式,(3)错误;玻璃中的成分SiO2能与NaOH反应2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O,生成的Na2SiO3具有黏合性,会将瓶口和瓶塞粘在一起,无法打开,(4)错误;向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2则应生成HSO3-,(5)错误;氢氟酸能与二氧

12、化硅反应,玻璃容器不能盛装氢氟酸,(6)错误。2.A解析 通入少量CO2气体时,发生的反应为Na2SiO3+CO2+H2ONa2CO3+H2SiO3,加热后H2SiO3分解为SiO2和H2O,再高温灼烧,SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2。题组二1.C解析 根据青石棉的组成可知,该物质属于硅酸盐,不是易燃品且难溶于水,A不正确;根据氧原子守恒可知应该是Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O,B不正确;根据组成可知和硝酸作用生成2 mol硝酸钠、5 mol硝酸铁和1 mol NO,因此需要硝酸的物质的量是18 mol,选项C正确。2.B解析 CaMgSi2O6、KAlSi3

13、O8是物质的化学式,只表示矿物的组成元素及其原子个数比,A项正确;铁单质的活动性是固定不变的,与所在的地点、位置无关,B项错误;复盐是含有一种酸根离子、多种金属阳离子的盐,从辉石的组成来看,含有硅酸根离子、镁离子、钙离子,所以它可被看作由CaSiO3和MgSiO3两种盐组成,C项正确;按照物质的组成形式,斜长石的氧化物形式可表示为K2OAl2O36SiO2,D项正确。题组三1.D解析 常温下,Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2,Si+4HFSiF4+2H2,SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O。2.D解析 CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2,CaSiO3的熔点低于SiO

14、2的熔点,A项正确;光导纤维的成分是二氧化硅,半导体、芯片的成分是单质硅,纯净的二氧化硅和单晶硅都是信息产业的重要基础材料,B项正确;碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳,二氧化硅和盐酸不反应,可以用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙,C项正确;由SiO2到Si(单晶硅)一系列反应都是氧化还原反应,D项错误。【考例考法直击】1.A解析 煤炭燃烧会放出CO2,导致大气中CO2的含量增加,A项正确。2.C解析 碳的同素异形体除金刚石和石墨外,还存在C60等同素异形体,A项错误;Mg的电子层数比Mg2+多,所以半径r(Mg)r(Mg2+),B项错误;反应方程式为 2Mg+CO2

15、2MgO+C,还原剂为Mg,还原产物为C,根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性知,Mg的还原性强于C,C项正确;燃烧过程中化学能除了转化为热能外还转化为光能等其他能量, D项错误。3.A解析 活性炭除味是利用其具有强吸附性,属于物理变化,A项正确;热碱水除油污是由于油脂在碱性条件下能发生彻底的水解反应,属于化学变化,B项错误;高锰酸钾可吸收氧化催熟水果的乙烯,泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保存水果,属于化学变化,C项错误;硅胶具有吸水性,可防止食品受潮,属于物理变化,铁粉具有还原性,可防止食品氧化,属于化学变化,D项错误。4.(1)六A弱(2)PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2+2H2O

16、(3)PbO+ClO-PbO2+Cl-Pb2+2H2O-2e-PbO2+4H+石墨上包上铜镀层Pb2+2e-Pb不能有效利用Pb2+(4)根据PbO2PbOx+2-x2O2,有2-x232=2394.0%x=2-2394.0%16=1.4。根据mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=23。解析 (1)由碳位于第二周期A族结合信息推出铅的位置;又由同主族元素性质的递变规律判断酸性;(2)PbO2与浓盐酸反应得到黄绿色的氯气,联想实验室制氯气写出化学方程式。(3)依题给信息知,反应物PbO与次氯酸钠反应,生成PbO2,由于Pb化合价升高,故另一生成物为Cl化合价降低得到的C

17、l-;阳极发生氧化反应,即Pb2+失去电子被氧化生成PbO2,同时考虑盐溶液水解得到的强酸性环境;阴极发生还原反应,即氧化性强的Cu2+得到电子生成铜;若电解液中不加入Cu(NO3)2,阴极发生的则是Pb2+得电子变为Pb,这样就不能有效利用Pb2+。(4)根据题意PbO2在加热过程中发生反应PbO2PbOx+2-x2O2,减少的质量是氧气的质量,再利用质量关系计算。1.2019江西景德镇模拟 下列实验方案叙述不正确的是()A.不能用SiO2与水反应制备H2SiO3B.SiO2(含杂质Fe2O3)滤液制备H2SiO3C.同浓度的Na2CO3溶液的碱性比Na2SiO3溶液的强,说明酸性H2CO3

18、H2SiO3D.将CO2通入Na2SiO3溶液中,根据现象可说明酸性H2CO3H2SiO3解析 CSiO2与水不反应,A项正确;Fe2O3不与NaOH反应,过滤可除去,B项正确;事实上Na2CO3比Na2SiO3的水解程度小,碱性弱,C项错误;相对强的酸制相对弱的酸,D项正确。2.2019安徽宿州模拟 下列叙述中正确的是()A.因为Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2,所以硅酸的酸性比碳酸强B.碳和硅都是第A族的元素,所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似C.二氧化硅既溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸,所以二氧化硅是两性氧化物D.二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物,但二氧化硅不能和水反应生成硅

19、酸解析 DNa2CO3与SiO2在高温下发生反应,是因为生成的产物中有气体生成,使平衡正向移动,促使反应能够顺利进行,故不能通过此反应判断H2CO3与H2SiO3的酸性强弱,A项错误;CO2、SiO2的晶体结构不同,二者物理性质差异较大,B项错误;SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和H2O,SiF4不属于盐,该反应中SiO2并未表现碱性氧化物的性质,SiO2属于酸性氧化物,C项错误。3.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HCl气体反应制得SiHCl3:Si+3HClSiHCl3+H2。SiHCl3与过量H2在1100 反应制得纯硅。已

20、知:SiHCl3能与H2O强烈反应,在空气中易自燃。请回答下列问题:(1)第步制备粗硅的化学反应方程式为 。(2)粗硅与HCl反应完全后,经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0 )中含有少量SiCl4(沸点57.6 )和HCl(沸点-84.7 ),提纯SiHCl3采用的方法为法。(3)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图(热源及夹持装置略去):装置B中的试剂是,装置C中的烧瓶需要加热,其目的是。反应一段时间后,装置D中观察到的现象是,装置D中发生反应的化学方程式为。为保证制备纯硅实验的成功,操作的关键是检查实验装置的气密性,控制好反应温度以及 。为鉴定产品硅中是否含微量铁单质,将试样

21、用稀盐酸溶解,取上层清液后需再加入的试剂是 (填写字母代号)。a.碘水b.氯水c.NaOH溶液d.KSCN溶液 e.Na2SO3溶液答案 (1)SiO2+2CSi+2CO (2)蒸馏(3)浓硫酸使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化有固体物质生成SiHCl3+H2Si+3HCl先通一段时间氢气,排尽装置中的空气bd解析 (1)高温下,SiO2和C反应生成Si和CO,反应方程式为SiO2+2CSi+2CO。(2)沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离。(3)为防止SiHCl3与H2O强烈反应,需要用干燥剂干燥氢气,浓硫酸具有吸水性且不和氢气反应,所以可以作干燥剂;升高温度能使SiHCl3汽化,从而使SiH

22、Cl3和氢气在D中反应。D中发生反应SiHCl3+H2Si+3HCl,Si为固态,所以看到的现象是有固体物质生成。向溶液中加入强氧化剂,然后加入KSCN溶液检验铁离子,这几种物质中氯水具有强氧化性。第15讲富集在海水中的元素氯【考点互动探究】考点一知识梳理1.(1)黄绿色刺激性(2)2Fe+3Cl22FeCl3Cu+Cl2CuCl2黄色H2+Cl22HCl苍白a.Cl2+H2OH+Cl-+HClOb.Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O2I-+Cl2I2+2Cl-Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl-+SO42-2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-2.(1)弱2HClO2HCl+O2棕色(2

23、)CaCl2和Ca(ClO)2Ca(ClO)22Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O碱氧化Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO(3)次氯酸钠NaClOCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O对点自测1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)解析 (1)氯水中的次氯酸见光或受热分解生成盐酸和氧气,酸性增强。(2)漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2,故其为混合物。(3)氯水具有漂白性,无法用pH试纸测其pH。(4)在氯气与水或NaOH溶液的反应中,氯气既作氧化剂又作还原剂。(5)Fe与氯气反应只能生成FeCl3。(6)次氯酸的酸性弱

24、于碳酸。(7)漂白粉由于具有强氧化性可作自来水的消毒剂,而明矾是由于水解生成氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮固体而达到净水的目的。(8)氯气通入品红溶液中,溶液褪色,是由于氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。2.B解析 HClO具有漂白性,Cl2无漂白性,A项错误。久置的氯水主要成分为稀盐酸,无漂白性,D项错误。HClO的漂白不具有可逆性,加热不会恢复为原来的颜色,C项错误。题组训练题组一1.B解析 Cl2与水反应时Cl2既表现出氧化性也表现出还原性,A项错误;H2在Cl2中燃烧生成的HCl在瓶口会与空气中的水蒸气形成盐酸液滴,因此会出现白雾,B项正确;Fe与氧化性较弱的非金属单质反应只能形成+2价

25、化合物,C项错误;Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3,D项错误。2.D解析 氯气通入滴有KSCN的FeCl2溶液,发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,Fe3+3SCN-Fe(SCN)3,体现了氯气的氧化性,A项错误;氯气通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液,和氢氧化钠反应,Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,溶液褪色,氯气不具有漂白性,B项错误;氯气通入紫色石蕊试液,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸的酸性使溶液呈红色,次氯酸具有漂白性使溶液褪色,现象为溶液先变红色后褪色,C项错误。题组二1.D解析 氯水显酸性,能与碳酸氢钠反应放出CO2气体;次氯酸具有漂白性,能使有色布条褪色;氯

26、离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀,因此选项A、B、C都是有关系的。选项D中,氯水中氯气分子将Fe2+氧化为Fe3+,故不正确。2.D解析 水为无色,Cl2与水反应生成的HClO和HCl都无色,氯水显浅黄绿色是因为溶解Cl2的缘故,A项正确; B项正确;向氯水中加入NaHCO3粉末有气泡产生,说明NaHCO3与氯水中的H+反应生成CO2,C项正确;因Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液变成棕黄色,则FeCl2溶液滴加氯水时变为棕黄色不能证明溶液中含有HClO,D项错误。题组三1.B解析 A项,NaClO属于盐,为强电解质,错误;B项,向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液可制得Fe(OH)

27、 3胶体,正确;C项,HCl属于共价化合物,错误;D项,根据电解NaCl溶液时的阴极反应式:2H+2e-H2可知,得到标准状况下22.4 L H2时,理论上需转移2NA个电子,错误。2.D解析 臭氧处理水是利用其氧化性,活性炭处理水则是利用其吸附性,A错误;用氯气消毒的水含有氯气、次氯酸等成分,配制化学试剂时可能会使试剂变质,B错误;氯气和二氧化硫等体积混合发生反应SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl,失去漂白性,C错误。考点二知识梳理1.(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O(2)向上排空气排饱和食盐水(3)蓝先变红后褪色对点自测1.(1)(2)(3)(4)(5)

28、(6)(7)解析 (1)氯气可溶于饱和碳酸氢钠溶液,且被吸收的HCl会与碳酸氢钠反应放出二氧化碳。(2)MnO2只能与浓盐酸反应,当盐酸浓度减小到一定浓度时,反应就停止进行,故盐酸一定不能完全反应。(3)NaOH溶液吸收Cl2的速率不快,不会引起倒吸。(4)MnO2与浓盐酸的反应中,起还原作用的HCl只占参加反应HCl的一半。(7)由于都是氧化浓盐酸生成氯气,所以根据反应条件可知氧化性的强弱。2.(1)装置B:向上排空气法收集氯气。装置C:作安全瓶,防止D中的液体倒吸进入集气管B中。装置D:吸收尾气,防止产生的气体扩散到空气中污染环境。题组训练题组一1.B解析 比较反应的条件即可说明KMnO4

29、的氧化性强于MnO2,A项正确;HCl在反应中作酸和还原剂,则需要使用氧化剂、还原剂和酸,B项错误;当整个集气瓶充满黄绿色时表明已收集满了,C项正确;浓盐酸变稀后不再与MnO2反应,生成Cl2的物质的量小于1 mol,D项正确。2.B解析 装置连接顺序为制氯气、除杂(HCl、水蒸气)、反应制备、尾气处理,注意洗气瓶中导管为“长进短出”,故其仪器连接顺序为aedcbhig,故选B。题组二1.B解析 为确定氯气有无漂白性,需要进入到装置b中的氯气中不含HCl及水蒸气,故应先用饱和食盐水除去HCl,再用浓硫酸除去水,为防止装置e中的水蒸气进入装置b中,在装置b、e之间还应加装一个装置a,尾气用NaO

30、H溶液吸收,A项、C项错误,B项正确;本实验不需要装置c,且由装置b中现象可判断Cl2无漂白性,湿润有色布条褪色是因氯气与水反应生成的HClO具有漂白性,D项错误。2.(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能(3)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等,此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(4)量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,称量沉淀质量(或其他合理答案)解析 (1)过滤时需要使用烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)由于从A中出来的气体中含有HCl,HCl也能与KOH溶液反应,若B、C对调,则进入KOH溶液

31、中的气体就不含HCl,这样有利于提高KClO3的产率。(3)从烧瓶中挥发出的氯气又会有一部分重新溶解在水中,同时HClO分解导致与水发生反应的氯气量增加、氯气可溶于水,不可能全部从水中逸出,故此方案无法测量水中氯元素的总量。(4)因次氯酸会破坏酸碱指示剂,因此实验不用酸碱指示剂,可采用加入适当还原剂如H2O2、FeCO3等,将氯水中的氯元素全部转化为Cl-,然后加入足量的AgNO3溶液,测量生成沉淀的质量,然后进行计算。【考例考法直击】1.B解析 Cl2与HCl的混合气体通过饱和食盐水和浓硫酸后得到干燥纯净的Cl2,A项错误;漂白粉的有效成分是次氯酸钙,漂白织物是利用次氯酸盐的氧化性,B项正确

32、;浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2,气体产物应先通过饱和食盐水,后通过浓硫酸,否则不能除去水蒸气,C项错误;淀粉遇到碘单质显蓝色,向食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变,说明食盐中没有碘单质,无法确定其是否含有碘酸钾,D项错误。2.A解析 新制氯水中存在平衡:Cl2+H2OH+Cl-+HClO,要增强溶液的漂白性,需要促进平衡正向移动,提高HClO的浓度。碳酸钙粉末消耗溶液中的H+,促进平衡正向移动,HClO的浓度增大,A项正确。加入稀硫酸会增大溶液中的H+浓度 ,促进平衡逆向移动,HClO的浓度减小,B项错误。加入CaCl2溶液会增大溶液中的Cl-浓度,促进平衡逆向移动,HClO的浓度减小,C项

33、错误。二氧化硫具有还原性,能与Cl2、HClO发生氧化还原反应,D项错误。3.(1)+3(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO2-(或NaClO2)(4)21O2(5)1.57解析 (1)NaClO2中Na和O分别为+1和-2价,则Cl为+3价。(2)结合图示可知NaClO3与SO2在H2SO4作用下反应生成ClO2和NaHSO4,根据化合价变化可配平该反应:2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4。(3)可向食盐水中分别加入NaOH溶液和Na2CO3溶液除去食盐水中的Mg2+和Ca2+。结合图示可知阳极生

34、成Cl2,阴极得到的产物为NaClO2。(4)结合图示可知尾气ClO2在反应中被还原为ClO2-,则H2O2被氧化为O2,根据转移电子数目相等可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(5)1 mol NaClO2在反应中转移4 mol电子,而1 mol Cl2在反应中转移2 mol电子,根据90.5 g71 g=4moln(e-),解得n(e-)=3.14 mol,则可确定NaClO2中有效氯含量为3.14 mol2 mol=1.57。4.(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O浓硫酸(2)HClHCl和H2发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收(3)KSCN溶液点燃A处的酒精灯

35、点燃C处的酒精灯解析 (1)无水氯化铁是由氯气和铁在加热条件下生成的,A装置是在加热的条件下用浓盐酸和MnO2来制取Cl2:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,装置B中装入浓硫酸,用于干燥Cl2,防止生成的FeCl3发生水解。(2)题干信息指出铁粉与HCl反应可以制取FeCl2,则A装置用于制取HCl;在尾气中有剩余的HCl以及反应生成的H2;因HCl极易溶于水,故D装置能发生倒吸;因H2难溶于水,故可燃性气体H2没有被处理。(3)Fe3+与SCN-反应溶液显血红色,利用此现象来检验Fe3+的存在,故选取KSCN溶液检验FeCl3;因为Fe2+具有还原性,故该实验装置中不能存

36、在空气,故应先点燃A处的酒精灯,利用产生的HCl将装置中的空气排净,再点燃C处的酒精灯来制取FeCl2。1.在淀粉-KI溶液中加入少量次氯酸钠溶液,并加入少量的稀硫酸,溶液立即变蓝,在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液,蓝色逐渐消失。下列判断不正确的是()A.氧化性:ClO-I2SO42-B.漂白粉溶液可使淀粉-KI试纸变蓝C.次氯酸钠可以与亚硫酸钠大量共存D.向氯水中加入亚硫酸钠溶液,氯水褪色解析 C在酸性条件下发生反应ClO-+2H+2I-Cl-+I2+H2O,淀粉遇I2变为蓝色,证明氧化性ClO-I2;在溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液,蓝色逐渐消失,是因为又发生了反应I2+H2O+SO32-

37、2I-+2H+SO42-,证明氧化性I2SO42-,所以微粒的氧化性ClO-I2SO42-,A正确。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,电离产生ClO-,由于氧化性ClO-I2,所以漂白粉溶液可使淀粉-KI试纸变蓝,B正确。由于氧化性ClO-SO42-,所以当次氯酸钠与亚硫酸钠混合时,会发生反应ClO-+SO32-Cl-+SO42-,因此二者不能大量共存,C错误。Cl2的氧化性强于I2,所以Cl2也能将Na2SO3氧化,从而使氯水褪色,D正确。2.向含SO32-、Fe2+、Br-、I-各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2,通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是()

38、解析 C题中四种离子与Cl2反应的先后顺序依次是SO32-(消耗标准状况下2.24 L Cl2)、I-(消耗标准状况下1.12 L Cl2)、Fe2+(消耗标准状况下1.12 L Cl2)、Br-(消耗标准状况下1.12 L Cl2),因此C项正确。3.常温下,将Cl2缓慢通入100 mL水中至饱和,然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1 molL-1 NaOH溶液,整个过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述正确的是()A.曲线段有离子反应:HClO+OH-ClO-+H2OB.可依据处数据计算所溶解的n(Cl2)C.处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全D.处c(H+)约为处c(H+)的两倍解析 A

39、曲线从到,溶液pH增大,说明此段发生反应HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O,离子反应分别为H+OH-H2O、HClO+OH-H2O+ClO-,点时c(H+)=c(OH-),c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),溶液中存在HClO,从到图像分析可知,溶液pH继续增大,且pH大于7,继续加氢氧化钠,氢氧化钠和次氯酸反应HClO+NaOHNaClO+H2O,曲线段有离子反应HClO+OH-H2O+ClO-,故A正确;点所示溶液中发生反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO,HClO为弱电解质,部分电离,无法根据pH计算溶解的n(Cl2),故B错误;氯气与氢氧化

40、钠溶液恰好反应完全得到氯化钠、次氯酸钠混合溶液,溶液呈碱性,故C错误;处到处是氯气的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO向右进行的过程,酸性逐渐增强,氢离子浓度逐渐增大,故D错误。4.实验室常用以下几种方法制取氯气。(1)二氧化锰与浓盐酸反应制氯气,写出其反应的离子方程式:。(2)高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气,写出其反应的化学方程式:。(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气,该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉,并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置中的X试剂为。(2)装置中发生反应的化学方程式为 ,该反应是放热反应,反应温度较高时有副反应

41、发生,改进该实验装置以减小副反应发生的方法是 。(3)测定漂白粉有效成分的质量分数:称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中,加水溶解,调节溶液的pH,以淀粉为指示剂,用0.100 0 molL-1 KI溶液进行滴定,溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClO-+I-3Cl-+IO3-IO3-+5I-+3H2O6OH-+3I2实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为;若滴定过程中未充分振荡溶液,局部变浅蓝色时就停止滴定,则测定结果将(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案 .(1)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl

42、2+2H2O(2)2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (3)51.(1)NaOH溶液(2)2Ca(OH)2+2Cl2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O将装置放于冷水浴中进行实验(3)42.90%偏低解析 .(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O,1 mol氧化剂KClO3与5 mol还原剂HCl反应生成3 mol Cl2,所以该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为51。.(3)消耗KI溶液的平均体积为(19.98+20.02+20.00)mL3=20.00 mL。设ClO-的物质的量为x m

43、ol,3ClO-+I-3Cl-+IO3-3 mol 1 molx mol 0.100 0 molL-10.020 L所以x=0.006,次氯酸钙的质量为143 gmol-10.003 mol=0.429 g,所以其质量分数为0.429 g1.000 g100%=42.90%;若滴定过程中未充分振荡溶液,局部变浅蓝色时就停止滴定,则消耗碘化钾的物质的量偏少,所以测定结果将偏低。第16讲卤素海水资源的开发和利用【考点互动探究】考点一知识梳理1.固体易溶挥发升华蓝2.(1)2NaOH+X2NaX+NaXO+H2O(2)2Na+X22NaXI2,处变橙红,可说明Cl2Br2,该实验不能说明氧化性Br2

44、I2,D项错误。2.B解析 氯气与硫酸钠不反应,因此将溶液蒸干最多可以得到2 mol NaCl,A项错误;若氯气不足,氧化NaI后未与NaBr反应或只与部分的溴化钠反应,则将溶液蒸干并灼烧,得到的固体可能是NaCl、NaBr、Na2SO4,B项正确;向溶液中滴加KI淀粉溶液,溶液变蓝,说明有碘生成,氯气可能只与部分的NaI反应,C项错误;D项,正确的离子方程式为2I-+Cl2I2+2Cl-、2Br-+Cl2Br2+2Cl-,错误。题组三1.B解析 还有很多氧化剂(如HNO3、O3等)能将I-氧化为I2,A项错;碘单质的CCl4溶液显紫色,C项错;CCl4的密度比水大,应下层显橙红色,D项错。2

45、.D解析 A项,在KI中加入足量新制氯水,也会置换出单质碘而使溶液变色,故不能确定是否含有溴离子;B项,溴离子和碘离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色;C项,加入少量的碘水,再加入CCl4振荡,有机层是萃取单质碘而显色,并没有溴单质产生。考点二知识梳理1.淡化蒸馏离子交换2.(2)2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl23.(2)CaCO3CaO+CO2CaO+H2OCa(OH)2MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCl2Mg(OH)2+2HClMgCl2+2H2O氯化氢4.(2)2Br-+Cl22Cl-+Br2SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO45.(1)2H+2I-+H2O

46、2I2+2H2O对点自测1.(1)(2)(3)(4)(5)解析 (2)海水晒盐是物理变化。(3)Mg(OH)2+2HClMgCl2+2H2O等不属于氧化还原反应。(4)缺少了氧化过程。(5)电解饱和食盐水得到的是NaOH、氢气和氯气。2.MgCl2易发生水解反应,在HCl的氛围中可抑制MgCl2的水解应在H2氛围中冷却镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应题组训练题组一1.C解析 灼烧需在坩埚中进行,A项错误;过滤要用玻璃棒引流,B项错误;萃取、分液要在分液漏斗中进行,C项正确;蒸馏时,温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处,D项错误。2.(1)坩埚 (2)充分搅拌,加热煮沸(3)取少

47、量氧化后的溶液于试管中,滴加淀粉溶液,若溶液变蓝证明含碘(4)解析 (1)物质的灼烧应在坩埚内进行。(4)海带灰中含有的其他无机盐类(硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等)在前面步骤的过滤操作中不能分离,而是在第步萃取时与I2分离的。题组二1.B解析 根据流程,反应生成Br-和BrO3-,因此离子反应方程式为3Br2+6CO32-+3H2O5Br-+BrO3-+6HCO3-,A项正确;加入稀硫酸,发生反应5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O,生成Br2,B项错误;从A到B完成了Br2的富集,浓度变大,颜色变深,C项正确;利用熔、沸点不同,进行蒸馏提纯溴单质,D项正确。2.(1)酸性氯气与碱发生歧

48、化反应(或Br2歧化)(2)Br2易挥发(或Br2沸点低)(3)5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O防止在酸性条件下,溴酸钠将Cl-氧化为氯气,影响生成溴的纯度溴具有强氧化性(或强腐蚀性)解析 (1)存在Br-的海水呈弱碱性,在碱性条件下Cl2及生成的Br2易发生歧化反应,故Cl2氧化Br-应在酸性条件下进行。(2)因溴沸点低、易挥发,故可用热空气吹出。(3)发生归中反应生成硫酸钠、溴单质、水;盐酸能被溴酸钠氧化,故不能利用盐酸酸化。题组三1.D解析 从海水中提取镁时,首先用石灰乳将海水中的Mg2+沉淀出来,然后再用盐酸将其溶解得到MgCl2溶液,MgCl2

49、溶液冷却结晶得到MgCl26H2O,在HCl气流中加热MgCl26H2O得到无水MgCl2,最后电解熔融MgCl2得到单质Mg。2.A解析 由海水制备无水氯化镁的过程如下:海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl26H2O无水MgCl2。【考例考法直击】1.C解析 氯气与水作用生成盐酸和次氯酸,次氯酸有强氧化性,从而能够杀菌消毒,A项正确;氯气与KI发生反应:Cl2+2KI2KCl+I2,氯气为氧化剂,说明Cl2有氧化性,B项正确;Cl2溶于水为可逆反应,且生成的HClO为弱电解质,不可拆开,C项错误;向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水,发生反应Cl2+2I-2Cl-+I2,淀粉遇碘变蓝,说

50、明氧化性Cl2I2,D项正确。2.BC解析 溶液无色,则该溶液不含Fe2+;向溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,则溶液中一定存在SO32-;根据方程式SO32-+I2+H2OSO42-+2I-+2H+可知,还原性SO32-I-,当溶液中同时存在SO32-和I-时,SO32-先被氧化,由于溴水少量,故无法判断溶液中是否存在I-;溶液中所有离子物质的量浓度相等,无论是Na+、NH4+还是K+,均只带有一个单位正电荷,而SO42-带两个单位负电荷,若同时存在SO32-、SO42-,则电荷无法守恒,故溶液中必定不存在SO42-;综上所述,溶液中一定存在SO32-,一定不存在SO42-和Fe2+,可能存

51、在I-,Na+、NH4+、K+中存在两种或三种。3.C解析 Cl2能将苦卤中的Br-氧化为Br2,A项正确;粗盐中含有泥沙等难溶物,可过滤除去,再通过重结晶等操作可实现粗盐提纯,B项正确;NaOH成本较高,一般不作为沉淀剂,可用CaO等廉价物质作沉淀剂,C项错误;D项富集溴的方法原理正确。4.CD解析 电解饱和食盐水得到NaOH、Cl2、H2,不可能得到金属钠,A项错误;海带中的碘元素以有机碘形式存在,故海带提碘(单质)涉及化学变化,B项错误;海水中的溴元素以Br-形式存在,海水提溴中Br-被氧化成Br2,C项正确;海水提镁中,将Mg2+转变成Mg(OH)2沉淀以及Mg(OH)2转变成MgCl

52、2的反应都是复分解反应,D项正确。1.溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似,能与大多数金属反应生成金属卤化物,和某些非金属单质反应生成相应的卤化物,跟水反应的方程式为IBr+H2OHBr+HIO。下列有关IBr的叙述中,不正确的是()A.IBr是双原子分子B.在很多反应中,IBr是强氧化剂C.和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIOD.和水反应时,既是氧化剂又是还原剂解析 DIBr中I为+1价,Br为-1价。2个原子构成1个IBr分子,A正确;因为其化学性质与卤素单质相似,所以在很多反应中,IBr是强氧化剂,B正确;跟水反应的方程式IBr+H2OHBr+HIO中,反应前后各元素的化合价均未发生变化,仍然是I为+1价,Br为-1价,故这个反应不是氧化还原反应,D错误;与碱反应的实质可看成是IBr先与水反应,生成物HBr和HIO再与碱反应,所以2NaOH+IBrNaBr+NaIO+H2O,C正确。2.已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气,现按如图进行卤素的性质实验。玻璃管内分别装有滴有不同溶液的白色棉球,反应一段时间后,对图中指定部分颜色描述正确的是()A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色解析 A由处产生的Cl2通过时发生反应Cl2+2NaBr2NaCl+Br2,通过时发生反应Cl2+2KI2KCl+I2,通