2019届二轮复习非金属及其化合物学案（全国通用）
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＋)
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－)
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