高中化學非金屬元素及其化合物總復習.doc

.專題：非金屬元素及其化合物知識體系和復習重點重要非金屬元素及其化合物一、鹵族元素（）鹵族元素物理性質比較：顏色狀態(tài)熔、沸點密度溶解性水有機溶劑均易溶于有機溶劑F2Cl2Br2I2_色_色_色_色_ （易揮發(fā)）_（升華）小大低高劇烈反應淡黃綠色黃橙色黃褐色劇烈反應黃綠色橙橙紅紫紅（）鹵族元素單質的化學性質：相似性：化學性質與Cl2相似，都具有典型的非金屬性，都可以與金屬作用生成金屬鹵化物，都可以與非金屬反應，都可與水發(fā)生反應，都可以與強堿作用。遞變性：與金屬、非金屬反應時條件不同。例如：鹵素單質與H2的反應 H2+F2_, H2+Cl2_， H2+I2 2HI，與H2化合時，無論從反應條件、反應的劇烈程度以及生成氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性（HFHClHBrHI），都說明鹵素單質的遞變性。氯氯元素的知識網(wǎng)絡1、氯氣1）物理性質_氣體，有強烈的_氣味，有_。常溫時1體積水可溶解_氯氣。HF到HI，沸點_，熱穩(wěn)定性逐漸_，酸性逐漸_。AgF到AgI，溶解度_。2）化學性質 H2 + Cl2 2HCl 點燃：發(fā)出_火焰，有_ 2Cl2 + 2Ca(OH)2 CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O 工業(yè)上用_制得漂白粉，漂白粉中主要含有_和_，其中_是有效成分。漂白粉的漂白原理是： 檢驗氯氣收集時是否集滿_概述：從氟元素到碘元素，其單質顏色逐漸_，水溶性逐漸_，熔沸點逐漸_和H2反應逐漸_，1 mol單質和H2反應放出的熱量逐漸_，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸_，氫化物酸性逐漸_2、碘1）、海洋植物中提取碘 從海洋植物中得到碘離子：將海帶曬干，灼燒成灰，用水溶解浸泡，使I進入水中，過濾，除灰渣。 氧化：通入_，使I轉化為I2。 提取碘：用四氯化碳萃取，得到碘的四氯化碳溶液，再蒸餾除去四氯化碳得粗碘，利用_得到純凈的碘單質。2）貯存 液溴易揮發(fā)，應_。 I2受熱易升華，應盛放在棕色試劑瓶中，置于冷暗處。2、次氯酸、漂白粉的性質.w.w.k.s.5.u.c.o.mHClO分子的結構式為H-O-Cl（氧處于中心），所以電子式為。次氯酸、次氯酸鈣等有多方面的性質，經(jīng)常用到以下幾方面性質：（1）HClO是一種弱酸，與碳酸比較電離能力有如下關系：H2CO3HClOHCO3-，請分析下列反應：少量二氧化碳通入NaClO溶液中：_氯氣通入碳酸氫鈉溶液中：_（2）ClO-是一種弱酸的酸根離子，能發(fā)生水解反應：_，所以次氯酸鈣溶液顯堿性。若遇到鐵鹽、鋁鹽易發(fā)生雙水解：_（3）HClO和ClO-都具有_，無論酸性、堿性條件下都可以跟亞鐵鹽、碘化物、硫化物等發(fā)生氧化還原反應，但不能使品紅溶液褪色。如：硫酸亞鐵溶液遇漂白粉：_漂白粉遇亞硫酸酸鹽：_（4）HClO見光易分解：_（5）次氯酸鈣中的Ca2+、ClO-可以表現(xiàn)出一些綜合性質。如少量二氧化碳通入次氯鈣溶液中：_二氧化碳、碳酸鈉、碳酸氫鈉分別跟次氯酸鈣溶液反應的差異：Ca(ClO)2+Na2CO3=_Ca(ClO)2+NaHCO3=_例題1已知常溫下氯酸鉀與濃鹽酸反應放出氯氣，現(xiàn)按下圖進行鹵素的性質實驗，玻璃管內裝有分別滴有不同溶液的白色棉球，反應一段時間后，對圖中指定部位顏色描述正確的（ ）。A黃綠色橙色藍色白色B無色橙色紫色白色C黃綠色橙色藍色無色D黃綠色無色紫色白色【解析】氯酸鉀與濃鹽酸反應放出氯氣，并且?guī)С雎然瘹錃怏w，在中看到黃綠色的氯氣，氯氣使中的Br變成橙色的溴水，與中I反應生成I2，使淀粉變藍，NaOH溶液可以吸收氯氣，棉球的顏色沒有變化?！敬鸢浮緼2、將Cl2通入NaBr和NaI的混合液中，待反應充分后將所得溶液加熱蒸干，并灼燒，最后將得到的固體冷卻、稱量。稱量所得固體的質量與通入Cl2的體積關系如下圖所示：則原混合液中NaI的物質的量為（ ）A.0.5mol B.0.4mol C.0.3mol D.0.25mol解析：根據(jù)圖示可知a處為NaBr和NaI，ab段為NaBr、NaI和NaCl，bc段為NaBr和NaCl，cd段為NaCl。而且由圖示可知最終得到29.25g固體為NaCl。根據(jù)氯元素守恒，則n（Cl2）=n（NaCl）=0.25mol。根據(jù)圖示：02.5V（即00.125mol）段發(fā)生的反應為2NaI+Cl2=2NaCl+I2,故n（NaI）=0.25mol。答案：D預測點評：該題結合鹵素及其化合物的氧化性、還原性，考查了化學計算，同時考查了對圖表的識別能力。二、氧、硫及其化合物氧1、氧及其化合物相互聯(lián)系2、H2O2 物理性質：雙氧水是一種無色無味極弱的電解質，是一種“綠色氧化劑”化學性質：H2O2=H+HO2- ； HO2-=H+O22-（有極弱的酸性）1、 不穩(wěn)定性：_2、 還原性：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=3、 氧化性：H2O2+Na2SO3=4、 酸性條件下溶解Cu: H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O3、臭氧O3物理性質：常溫常壓下，O3是一種_的_氣體。是一種很好的_和_?；瘜W性質：1、極強的氧化性：O3+2KI+H2O=_. 2、不穩(wěn)定性：2O3=3O2（升高溫度，或者在Cl、F等原子的催化下反應更快） 3、產(chǎn)生方式：3O2=2O3（高壓放電的條件下）臭氧層的破壞：破壞臭氧層的有害物質,氮的氧化物和氟氯烴等。硫1、硫及其化合物轉化2硫單質（1）物理性質：_固體，_溶于水，易溶于_，可用于消毒。在自然界中一般不存在，但存在于火山口附近。（2）化學性質灑落的Hg可以用硫粉處理，常溫下與汞反應生成_硫與氧氣反應：硫在空氣中點燃產(chǎn)生_火焰，在純氧中燃燒時產(chǎn)生明亮的_火焰，生成SO2。3硫化氫（1）物理性質：_色，具有_的有毒氣體，_溶于水，密度比空氣大。（2）化學性質 CuSO4 + H2S _ 因此，CuSO4溶液可以用來檢驗H2S氣體，也可用來對H2S進行尾氣處理。3二氧化硫亞硫酸是一種不穩(wěn)定的二元弱酸，易分解成_和_，酸性比碳酸_，故當CO2氣體中混有SO2時，可用_溶液來除去SO2。二氧化硫能跟某些有色物質化合成不穩(wěn)定的無色物質。加熱后不穩(wěn)定的無色物質會分解，恢復原來的顏色。例如，品紅溶液天然降雨的pH m2。 HNO3由NO2和水反應生成。 a. SO2 + BaCl2不反應；但SO2通入Ba(NO3)2溶液或SO2和NO2氣體同時通入BaCl2溶液中，則反應可以進行。 b. NO2、Br2不可使用KI淀粉溶液檢驗?！镜淅?】某學習小組探究濃、稀硝酸氧化性的相對強弱，按下圖裝置進行試驗（夾持儀器已略去）。實驗表明濃硝酸能將氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的結論是濃硝酸的氧化性強于稀硝酸。可選藥品：濃硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸餾水、濃硫酸、氫氧化鈉溶液及二氧化碳已知：氫氧化鈉溶液不與反應，能與反應：（1） 實驗應避免有害氣體排放到空氣中，裝置、中盛放的藥品依次是_（2） 滴加濃硝酸之前的操作是檢驗裝置的氣密性，加入藥品，打開彈簧夾后_（3） 裝置中發(fā)生反應的化學方程式是_（4） 裝置的作用是_，發(fā)生反應的化學方程式是_（5） 該小組得出的結論依據(jù)的試驗現(xiàn)象是_（6） 試驗結束后，同學們發(fā)現(xiàn)裝置中溶液呈綠色，而不顯藍色。甲同學認為是該溶液中硝酸銅的質量分數(shù)較高所致，而乙同學認為是該溶液中溶解了生成的氣體。同學們分別設計以下4個實驗來判斷兩種看法是否正確。這些方案中可行的是（選填序號字母）_a. 加熱該綠色溶液，觀察顏色變化b. 加水稀釋綠色溶液，觀察顏色變化c. 向該綠色溶液中通入氮氣，觀察顏色變化d. 向飽和硝酸銅溶液中通入濃硝酸與銅反應產(chǎn)生的氣體，觀察顏色變化【解析】本題主要考查HNO3的性質、化學基本實驗設計和評價能力。（1）根據(jù)裝置特點和實驗目的，裝置是收集NO，裝置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因為要驗證稀HNO3不能氧化NO，所以裝置中應該盛放稀硝酸。（2）由于裝置中殘存的空氣能氧化NO而對實驗產(chǎn)生干擾，所以滴加濃HNO3之前需要通入一段時間CO2趕走裝置中的空氣，同時也需將裝置中導管末端伸入倒置的燒瓶內防止反應產(chǎn)生的NO氣體逸出。（3）Cu與濃HNO3反應：Cu + 4HNO3(濃)Cu(NO3)2 + 2NO2 +2 H2O。（4）裝置中盛放H2O，使NO2與H2O反應生成NO：3NO2 + H2O2HNO3 + NO。（5）NO通過稀HNO3溶液后，若無紅棕色NO2產(chǎn)生，說明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3裝置的液面上方?jīng)]有顏色變化即可說明之。裝置中盛放的是濃HNO3，若濃HNO3能氧化NO則裝置液面的上方會產(chǎn)生紅棕色氣體。（6）要證明是Cu(NO3)2濃度過高或是溶解了NO2導致裝置中溶液呈綠色，一是可設計將溶解的NO2趕走（a、c方案）再觀察顏色變化。二是增大溶液中NO2的溶解（d方案）觀察顏色變化。加水稀釋綠色溶液再觀察顏色變化的問題在于加水稀釋時既稀釋了Cu(NO3)2的濃度有降低了NO2，無法確定兩種看法那種正確?！敬鸢浮浚?）3mol/L稀硝酸、濃硝酸、氫氧化鈉溶液（2）通入CO2一段時間，關閉彈簧夾，將裝置中導管末端伸入倒置的燒瓶內（3）Cu + 4HNO3（濃）= Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O（4）將NO2轉化為NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO（5）裝置中液面上方氣體仍為無色，裝置中液面上方氣體由無色變?yōu)榧t棕色（6）a c d四、碳、硅及其化合物碳、硅及化合物的聯(lián)系網(wǎng)絡w.w.w.k.s.5.u.c.o.m1、碳及其化合物的轉換1碳碳在常溫下非常穩(wěn)定，但在高溫條件下活動性增強，主要表現(xiàn)為還原性(1)與單質反應 2C+O2_ C+O2_(2)與某些氧化物反應C+CO2_ C+H2O(g)_ 2C+SiO2Si+2COC+2CuO2Cu+CO2(3)與氧化性酸反應C+2H2SO4(濃)_ C+4HNO3(濃)_2碳的氧化物(1)CO物理性質：_色_味、_溶于水，有_的氣體。具有可燃性和還原性?；瘜W性質：2CO+O22CO2；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；CO+H2OCO2+H2(2)CO2物理性質：_色_味，能_于水(11)的氣體。密度比空氣_，易液化?；瘜W性質：氧化性：CO2+C2CO酸性氧化物的通性CO2+H2OH2CO3：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2OCO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2；2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2；CO2+CaOCaCO33碳酸鹽(1)溶解性正鹽中只有堿金屬的碳酸鹽和銨鹽溶于水，所有酸式鹽均溶于水。一般酸式鹽比相應正鹽易溶，但堿金屬的碳酸氫鹽比正鹽溶解度小。(2)熱穩(wěn)定性一般規(guī)律：可溶性碳酸正鹽不溶性碳酸正鹽酸式碳酸鹽。Na2CO3CaCO3NaHCO3(3)正鹽與酸式鹽的相互轉化4硅(1)與單質反應Si+2Cl2SiCl4(無色液體)；Si+O2SiO2(2)硅的制取： SiO2+2CSi+2CO(得到粗硅) 精制：Si+2Cl2SiCl4 SiCl4+2H2Si+4HCl5二氧化硅(1)酸性氧化物的通性 SiO2+CaOCaSiO3；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(2)氧化性SiO2+2CSi+2CO；(3)和HF反應：SiO2+4HF=SiF4+2H2O6硅酸和硅酸鹽(1)硅酸是_溶于水的白色固體，酸性比碳酸還_。 實驗驗證硅酸酸性比碳酸還弱：Na2SiO3+2 HCl= _Na2SiO3+ CO2+H2O= _(2)硅酸鹽硅酸鹽種類繁多，結構復雜，是構成地殼巖石的主要成分。常用SiO2和金屬氧化物表示它的組成。如黏土：Al2O32SiO2 2H2O7硅酸鹽工業(yè)水泥玻璃陶瓷原料黏土、CaCO3、石膏純堿、石灰石、石英黏土反應原理復雜反應原理Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2水泥的主要成分：3CaOSiO2、2CaOSiO2、3CaOAl2O3普通玻璃的主要成分：Na2SiO3、CaSiO3、SiO2【典例1】將足量CO2通人KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物質的量（n）和通入CO2體積（y）的關系正確的是 A B C D【解析】解答此題的關鍵是掌握碳酸正鹽和酸式鹽的轉化關系及條件。起始時反應的離子方程式為：CO22OHCa2CaCO3H2O，當Ca2完全沉淀時，溶液中還剩余OH，再通CO2，反應的離子方程式為：CO22OHCO32H2O，繼續(xù)通CO2，反應式為：CO32CO2H2O2HCO3，再通CO2，反應式為：CaCO3CO2H2OCa（HCO3）2。反映在圖象上即為D?！敬鸢浮緿典例解析例1、已知天然氣的主要成份CH4是一種會產(chǎn)生溫室效應的氣體,等物質的量的CH4和CO2產(chǎn)生的溫室效應，前者大。下面是有關天然氣的幾種敘述:天然氣與煤、柴油相比是較清潔的能源;等質量的CH4和CO2產(chǎn)生的溫室效應也是前者大;燃燒天然氣也是酸雨的成因之一.其中正確的是()A.是 B.只有 C.是和 D.只有解析：大氣中的CH4和CO2為紅外線吸收體，它們吸收太陽和地球的長波輻射，并將其中一部分反射回地球。因此，大氣中CH4和CO2濃度增加，則陽光被吸收得多，反射到太空的部分減少,地表溫度將上升。天然氣燃燒產(chǎn)物為CO2和水，而煤和柴油燃燒產(chǎn)物會造成污染。對等質量的CH4和CO2，CH4的物質的量比CO2多，由題意知等質量的CH4和CO2產(chǎn)生的溫室效應CH4大，但CO2不是形成酸雨的物質。答案：C。例2 、下列物質不屬于“城市空氣質量日報”報道的是()A.二氧化硫 B.氮氧化物 C.二氧化碳 D.懸浮顆粒解析：二氧化硫、氮氧化物和懸浮顆粒均為大氣污染物，只有二氧化碳不需報道。答案：C。例3、向下列溶液中通入過量CO2，最終出現(xiàn)渾濁的是A.氫氧化鈣飽和溶液 B.苯酚鈉飽和溶液C.醋酸鈉飽和溶液 D.氯化鈣飽和溶液解析：當足量CO2通入Ca(OH)2飽和溶液時，由于其為二元酸，故可生成溶于水的酸式鹽Ca(HCO3)2而“最終”無渾濁。而當遇苯酚鈉時，由于碳酸的酸性較苯酚的酸性強，故可生成苯酚。又由于苯酚在常溫下的溶解度不大，故最終出現(xiàn)渾濁。而C、D兩選項中，由于醋酸、鹽酸的酸性較碳酸強，故CO2與其均不可反應。A中先有沉淀后又溶解；B中出現(xiàn)渾濁；C和D中無反應發(fā)生。答案：B。例4、導致下列現(xiàn)象的主要原因與排放SO2有關的是A.酸雨 B.光化學煙霧 C.臭氧空洞 D.溫室效應解析：該題看似簡單，實際提出了3個熱點概念，因此必須搞清4個概念的內涵，方可做出正確的選擇。題中列舉的大氣環(huán)境問題都與化學有密切關系，其中由SO2引發(fā)的現(xiàn)象是酸雨。降水時，硫的氧化物以及所形成的硫酸和硫酸鹽隨著雨雪降到地面，稱之為“酸雨”，其發(fā)生的主要反應：2SO2+O2=2SO3，SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=H2SO4。溶于雨水中的酸性物質，使雨水中pH在4.5左右。光化學類霧由氮氧化物造成；臭氧空洞主要由氯氟烴、一氧化氮等造成；溫室氣體主要為二氧化碳等。答案：A。例5、A、B、C是在中學化學中常見的三種化合物,它們各由兩種元素組成,甲、乙是兩種單質.這些化合物和單質之間存在如下的關系: 化合物A單質甲化合物A和化合物C單質乙和化合物C單質乙化合物B化合物B據(jù)此判斷:(1)在A、B、C這三種化合物中,必定含有乙元素的是 .(用A、B、C字母填寫)(2)單質乙必定是 (填金屬或非金屬),其理由是 .(3)單質乙的分子式可能是 ,則化合物B的分子式是 .解析：(1) 根據(jù)題意，可轉化為如下三個反應 甲 乙A， 甲B A + C, A + B乙 C，由可知化合物A中一定含有乙元素，由A中含乙元素，一定來源于化合物B，所以A、B均含有乙元素。(2) 由 看出，該反應一定是氧化還原反應，乙為單質，A、B中又都含有乙元素，所以乙元素在A、B中必有一個顯正價，另一個顯負價。在中學化學中只有非金屬元素顯負價，因而乙一定是非金屬元素。SO2 O2 SO2 和H2OS和H2O SH2S H2S (3) 單質乙可能是S，B的化學式H2S，A的化學式為SO2，因此可寫出下列反應關系 也可認為乙是N2，也可以寫出如下反應關系NO O2 NO 和H2ON2和H2O N2 NH3 NH3 規(guī)律總結：物質的推斷題，特別是文字類框圖題（或稱無明顯物質類推斷題），是最為綜合的題目。它不僅涉及的知識面廣，而且思維難度大，所以一直受到高考命題者的重視。鞏固：有下圖所示的反應關系：A是中學化學中常見的無機物，A、B、C中含有同一種元素R，不含R的產(chǎn)物已經(jīng)略去。 (1)若A與NaOH反應，既可生成B，也可生成C，還可生成B+C，寫出符合上述反應關系的A的兩種不同類型物質的分子式(2)若A與NaOH無論以何種比列反應，其產(chǎn)物均是B+C，則A的分子式可能是(只要求寫一種)；R在A、B、C中的化合價必須滿足的條件是必介于B、C之間。答案：（1）CO2(SO2)、H2S、AlCl3中任選兩種（2）Cl2 ；A中R的化合價必介于B、C之間。例6、標準狀況下H2S和O2混合氣體100mL，經(jīng)點燃后反應至完全，所得氣體經(jīng)干燥后，恢復到原來狀況時體積為10mL，該10mL氣體可能是（2001年上海市高考題）A.H2S、SO2 B.O2 C.H2S D.SO3解析：H2S和O2反應后的氣體產(chǎn)物可能為H2S；SO2；SO2和O2。如為情況，說明H2S過量。則由：2H2S+O2=2H2O+2S體積減少2 1 3 60 30 100-10=90 參加反應的H2S和O2的總體積為60+30=90，則余下的10mL氣體為H2S。若為情況或，說明O2過量。則由：2H2S+3O2=2H2O+2SO2體積減少 2 3 2 3 60 90 90則參加反應的H2S和O2的總體積為60+90=150100，所以這兩種情況不存在。答案：C例7、對下列事實的解釋錯誤的是（2000年上海高考題）A.在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性B.濃硝酸在光照下顏色變黃，說明濃硝酸不穩(wěn)定C.常溫下，濃硝酸可以用鋁貯存，說明鋁與濃硝酸不反應D.反應CuSO4+H2SCuS+H2SO4能進行，說明硫化銅既不溶于水，也不溶于稀硫酸解析：本題旨在考查一些常見的化學反應原理。Al與冷、濃硝酸發(fā)生鈍化，屬化學反應，因表面迅速形成致密的氧化膜而不呈明顯的反應現(xiàn)象。答案：C。例8、 某學生課外活動小組利用右圖所示裝置分別做如下實驗：(2000年全國高考題)（1）在試管中注入某紅色溶液，加熱試管，溶液顏色逐漸變淺，冷卻后恢復紅色，則原溶液可能是_溶液；加熱時溶液由紅色逐漸變淺的原因是： ，（2）在試管中注入某無色溶液，加熱試管，溶液變?yōu)榧t色，冷卻后恢復無色，則此溶液可能是_溶液；加熱時溶液由無色變?yōu)榧t色的原因_。解析：題設情境有三大特點：反應裝置由常見的“開放型”到了“封閉型”；溶液顏色由常見的“靜態(tài)穩(wěn)定型”到了“動態(tài)變化型”；溶液成分由常見的“單一溶質型”到了“多種溶質型”。根據(jù)這些情境特點，進行思維發(fā)散。解題的關鍵是要認真觀察實驗裝置的特點：試管口上套有氣球，說明加熱時會氣體逸出，一下就使“紅色溶液”的范圍縮?。喝苡兴嵝詺怏w的石蕊溶液或溶有堿性氣體的酚酞溶液。而前者中加熱后，紅色變?yōu)樽仙?，不符合“溶液顏色逐漸變淺”的條件，結論只有稀氨水和酚酞。由無色溶液氣體+溶液變紅氣體溶+溶液無色。聯(lián)想無色溶液雖多，但加熱后放出氣體且溶液變紅不多，又冷卻后該氣體可使紅色溶液褪色顯然該氣體有漂白作用，并是一可逆過程，符合條件的無色溶液只能是SO2漂白過的品紅溶液。答案：（1）稀氨水和酚酞、稀氨水中的NH3氣逸出，所以溶液的顏色變淺；（2）溶有SO2的品紅、SO2氣體逸出，品紅溶液恢復紅色過量銀循環(huán)使用原料混合A加熱保溫B沖稀靜置C過濾DAgNO3晶體蒸發(fā)E冷卻結晶F吸收裝置銀(過量)HNO3NOxNOx通入過量熱的水蒸氣熱點 例9、 某試劑廠有銀(含雜質銅)和硝酸(含雜質Fe3+)反應制取硝酸銀.步驟如下 依據(jù)上述步驟,完成下列填空：(1)溶解銀的硝酸應該用 硝酸(填濃或稀)。原因是 (填序號，下同)(a)減少過程中產(chǎn)生NOX的量 (b)減少原料銀的消耗量 (c)節(jié)省硝酸物質的量(2)步驟B加熱保溫的作用是 .(a)有利于加快反應速率 (b)有利于未反應的硝酸揮發(fā)(c)有利于硝酸充分反應,降低溶液中H+(3)步驟中是為了除去F3+、Cu2+等雜質,沖稀靜置時發(fā)生的化學反應是 (a)置換反應 (b)水解反應 (c)氧化還原反應產(chǎn)生的沉淀物化學式 .解析：（1）根據(jù)反應方程式：Ag+2 HNO3（濃）=AgNO3+NO2+H2O、3Ag+4HNO3（?。?3AgNO3+NO+2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用濃HNO3，消耗HNO32mol，產(chǎn)生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用濃硝酸好，原因為（a）、(c)。（2）根據(jù)溫度對反應速率的影響，加熱保溫是使反應加快，促使HNO3與Ag反應，而不希望HNO3損失，因此其目的是（a）、(c)。（3）由水解原理，溶液濃度小，促進水解，使F3+、Cu2+生成難溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2而除去。答案：（1）稀，（a）、(c) （2）（a）、(c) （3）（b），F(xiàn)e(OH)3、Cu(OH)2例10、實驗室可用氯氣與金屬鐵反應制備無水三氯化鐵,該化合物呈棕紅色,易潮解,100左右時升華,下圖是兩個學生設計的實驗裝置,左邊的反應裝置相同,而右邊的產(chǎn)物收集裝置則不同,分別如() ()所示:（2000年全國高考題）(1)B中反應的化學方程式為： 。(2)D中的反應開始前,需排除裝置中的空氣,應采取的方法是: 。(3)D中反應的化學方程式為： 。(4)裝置()的主要缺點是： 。(5)裝置()的主要缺點是： ，如果選用此裝置來完成實驗,則必須采取的改進措施是： 。解析：此題綜合了氯氣的性質、制法，三氯化鐵的性質和制取，化學實驗操作及實驗裝置等問題。此題中涉及的制取氯氣和三氯化鐵的原理比較簡單，排除裝置中空氣的方法屬常識性操作，（1）、（2）、（3）問容易作答。只要根據(jù)題給信息，對裝置（）、（）的不同部分進行對比分析，答案就在（）、（）兩圖中，（4）、（5）問即可得解。1裝置（）中三氯化鐵由D進入E是通過細玻璃管，而裝置（）D直接插入E中，此二法那一種更好呢？根據(jù)題給信息，三氯化鐵在100左右升華，D管生成的三氯化鐵已是蒸氣，溫度降低即凝結成固體顆粒，細玻璃管就會被堵塞，此為裝置（）的缺點之一。2裝置（）中E下邊有一盛有NaOH溶液的洗氣瓶。NaOH溶液的作用是什么呢？聯(lián)想到氯氣是有毒氣體，實驗時的尾氣排入空氣前必須用NaOH溶液來吸收，而裝置（）中沒有，此為裝置（）的缺點之二。3裝置（）中E右邊連有盛濃H2SO4的洗氣瓶，而裝置（）中沒有。濃H2SO4在此起什么作用呢？根據(jù)題目所給信息，三氯化鐵易潮解，要制得無水三氯化鐵，必須在制取三氯化鐵裝置前后都要設計干燥裝置（這點原題D管前已經(jīng)設計出此信息）。裝置（）未這樣設計即為缺點，需在E、F之間連接干燥裝置。答案：（1）4HCl+MnO2 MnO2+Cl2+2H2O；（2）B中的反應進行一段時間后,看到黃綠色氣體充滿裝置，再開始加熱D；（3）2Fe+3Cl2 2FeCl3；4）導管易被新產(chǎn)品堵塞，尾氣排入空氣,易造成環(huán)境污染；（5）產(chǎn)品易受潮解，在E和F之間連接裝有干燥劑的裝置（其他既能防止產(chǎn)品潮解又能防止尾氣污染環(huán)境的合理答案均給分）例12、某化工廠每小時生產(chǎn)at（噸）98%（質量分數(shù)）硫酸。為使硫充分燃燒，且在下一步催化氧化時不再補充空氣，要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分數(shù)為b%。若空氣中氧氣的體積分數(shù)為21%，且不考慮各生產(chǎn)階段的物料損失，則（2001年高考試測題）（1）該廠每小時消耗標準狀況下空氣的體積為 m3。（2）為滿足題設要求，b%的下限等于 。解析：（1）每小時生產(chǎn)的純硫酸為(a106g98%)98g/mol=a104mol。生產(chǎn)過程中生成的SO2和SO3也都是a104mol。設每小時消耗空氣的體積為V，則由S+O2=SO2消耗O2的體積等于生成的SO2體積，即燃燒前空氣的體積等于燃燒后混合氣體的體積，據(jù)此可得以下關系：空氣中O2的體積=反應中消耗的O2的體積+燃燒后混合氣體中O2的體積，即V21%=a104 mol22.4L/mol10-3 m3/L+Vb%，V=22400a/(21-b)。（2）“b的下限”，其含義是指燃燒后剩余的O2在第二步催化氧化時恰好完全反應，也就是說，燃燒前空氣中的氧（空氣體積的21%）恰好滿足兩步反應。因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3兩步反應耗O2之比為2:1，故燃燒后（第一步反應后）混合氣體中O2的體積分數(shù)的下限是b%=(1/3)21%=7%。答案：（1）22400a/(21-b)；（2）7%專題訓練一、選擇題1、引起下列環(huán)境污染的原因不正確的是重金屬、農(nóng)藥和難分解有機物等會造成水體污染裝飾材料中的甲醛、芳香烴及氡等會造成居室污染2、2或2都會導致酸雨的形成2和氟氯烴等物質的大量排放會造成溫室效應的加劇2、空氣是人類生存所必需的重要資源。為改善空氣質量而啟動的“藍天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“藍天工程”建設的是A推廣使用燃煤脫硫技術，防治SO2污染B實施綠化工程，防治揚塵污染C研制開發(fā)燃料電池汽車，消除機動車尾氣污染D加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應量3、將CO2氣體通入CaCl2溶液，若要有白色沉淀產(chǎn)生，可加入的試劑是A.硫酸氫鉀溶液 B.碳酸氫鈣溶液 C.氯水 D.氫氧化鈉溶液4、已知酸性強弱順序為H2CO3HCO3-，下列化學方程式正確的是5、 CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同屬離子型碳化物，判斷下列反應產(chǎn)物正確的是A.ZnC2水解生成乙烷（C2H6） B.Al4C3水解生成丙炔（C3H4）C.Mg2C3水解生成丙炔（C3H4） D.Li2C2水解生成乙烯（C2H4）6、某K2CO3樣品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三種雜質中的一種或二種?，F(xiàn)將13.8克樣品加入足量水,樣品全部溶解。再加入過量的CaCl2溶液,得到9克沉淀，對樣品所含雜質的正確判斷是A.肯定有KNO3 B.肯定有KNO3,可能還含有Na2CO3C.肯定沒有Ba(NO3)2,可能有KNO3 D.肯定沒有Na2CO3和Ba(NO3)27、在硫酸工業(yè)生產(chǎn)中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見右圖）。按此密閉體系中氣體的流向，則在A處流出的氣體為A.SO2 B.SO3 O2 C.SO2 O2 D.SO2 SO38、過氧化氫的沸點比水高，但受熱容易分解。某試劑廠制得7%8%的過氧化氫溶液，再濃縮成30%的溶液時，可采用的適宜方法是A.常壓蒸餾 B.減壓蒸餾 C.加生石灰常壓蒸餾 D.加壓蒸餾9、下列反應中，調節(jié)反應物用量或濃度不會改變反應產(chǎn)物的是A.硫化氫在氧氣中燃燒 B.鐵在硫蒸氣中燃燒C.二氧化硫通入石灰水 D.硫酸中加入鋅粉10、向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的銅片并加熱。充分反應后，被還原的H2SO4的物質的量A.小于0.45mol B.等于0.45mol C.在0.45mol和0.90mol之間 D.大于0.90mol11、Murad等三位教授最早提出NO分子在人體內有獨特功能，近年來此領域研究有很大發(fā)展，因此這三位教授榮獲了1998年諾貝爾醫(yī)學及生理學獎。下列關于NO的敘述不正確的是A.NO可以是某些含低價N物質氧化產(chǎn)物 B.NO不是亞硝酸酐C.NO可以是某些含高價N物質的還原產(chǎn)物 D.NO是棕色氣體12、右圖為裝有活塞的密閉容器，內盛22.4mL一氧化氮。若通入11.2mL氧氣（氣體體積均在標準狀況下測