第四單元聽課答案

1、第四單元非金屬及其化合物考點2019年2019年2019年2019年2019年碳、硅及其化合物全國7(選擇)全國8(選擇);全國7、10(選擇)、27(填空)全國26(填空);全國7(選擇)全國7(選擇);全國7(選擇)全國26(填空)氯及其化合物、鹵素全國7(選擇)全國13(選擇);全國27(填空)全國28(填空);全國12(選擇)全國10(選擇);全國13(選擇);全國7(選擇);全國9(選擇);全國28(填空);全國27(填空)全國10(選擇)硫及其化合物全國10(選擇)全國13(選擇)全國8(選擇)全國12(選擇);全國9(選擇);全國27(填空)全國28(填空);全國7(選擇);全國

2、26(填空)氮及其化合物全國7(選擇)全國13(選擇)、27(填空);全國28(填空)全國7、8、10(選擇);全國13(選擇);全國28(填空)全國8(選擇);全國10(選擇);全國13(選擇);全國26(填空);全國26(填空);全國27(填空)全國8(選擇);全國13(選擇)一、教學建議對于非金屬元素的考查,高考主要側重于SO2、NO、NO2、CO、Cl2、NH3、HNO3、H2SO4、碳酸鹽等物質的性質及其應用。其命題形式一般為實驗探究、計算、推斷等。預計今后的高考中,將會綜合考查非金屬元素及其化合物性質等知識,并強化與生活、社會實際問題的聯系,試題可能以選擇題的形式出現,也可能以實驗

3、題和無機推斷題的形式出現,以環(huán)保為主題設計問題的可能性也比較大。1.本單元中需要記憶的知識點較多,教師在教學時要注意引導學生以點帶線,以線連面,即以具體推一般,以個別推整體。2.要抓住“位構性”三者的關系,充分體現元素周期律、元素周期表的理論指導作用。3.要充分體現氧化還原反應、離子反應等基本理論的指導作用。4.本單元涉及的化學實驗較多,要注意對實驗的原理、設計、操作的要點及注意事項的理解,通過對實驗現象的觀察與思考,加深對物質性質的理解和掌握。二、課時安排本單元共5講,建議14課時完成,12課時用于在課堂上互動式完成1418講,2課時進行測試及講評。第14講無機非金屬材料的主角硅【考點互動探

4、究】考點一知識梳理1.游離態(tài)空間網狀高大小高石墨半導體2.COCO2SiO2SiF42CuO+C2Cu+CO2CO2+C2COC+H2O(g)CO+H2C+2H2SO4(濃)CO2+2SO2+2H2OSi+4HFSiF4+2H23.SiO2+2CSi+2COSi+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl對點自測1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)解析 (1)金剛石和石墨都是由碳元素形成的單質,互為同素異形體。(2)硅單質具有還原性,一定條件下能與非金屬單質反應。(4)Si不可用于制造光導纖維。(7)硅可用于制作半導體材料的原因是其導電性介于導體和絕緣體之間。(8)同素

5、異形體的研究對象是單質。2.-c-a-e-b-d題組訓練題組一1.B解析 CO不溶于水不能生成相應的酸,也不能與NaOH溶液反應;SiO2不溶于水不能生成相應的酸;碳有金剛石、石墨、C60等同素異形體,硅有晶體硅和無定形硅等,所以兩種元素共有多種單質。2.D解析 硅在自然界中全部以化合態(tài)形式存在。題組二1.C解析 硅太陽能電池能夠將光能直接轉化為電能,與氧化還原反應無關,A項正確;石英砂的主要成分是二氧化硅,可以用焦炭在高溫下還原得到粗硅,再生產單晶硅,B項正確;SiO2不與鹽酸反應,C項錯誤;粗Si與Cl2在高溫下反應生成SiCl4,SiCl4用H2還原生成純Si和HCl,D項正確。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 反應為石英砂和焦炭生成粗硅和一氧化碳的反應:SiO2+2CSi+2CO,屬于置換反應;反應是Si+3HClSiHCl3+H2,屬于置換反應;反應是SiHCl3+H2Si+3HCl,屬于置換反應;反應為特定條件下的反應:CO+H2O(g)H2+CO2,不屬于置換反應。A、B、C分別為CO、CO2、HCl,其中CO2和HCl通入W(硅酸鈉)溶液中都能夠生成白色沉淀(硅酸)。考點二知識梳理1.(1)無有難(2

7、)淡藍色CuO+COCu+CO22.空間立體網狀大高固低CO2+H2OH2CO3SiO2+CaOCaSiO3Na2O+CO2Na2CO3SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O橡膠CO2+2NaOHNa2CO3+H2OCO2+NaOHNaHCO3SiO2+4HFSiF4+2H2OSiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2Na2SiO3+H2O+CO2(少量)H2SiO3+Na2CO3Na2SiO3+2H2O+2CO2(足量)H2SiO3+2NaHCO3對點自測(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)解析 (2)二氧化硅不能與鹽酸反應。(3)SiO2是原子晶體,不存在SiO2分子。(6)二

8、氧化硅制備光導纖維與導電性無關,且SiO2不導電。(7)SiO2能與氫氟酸反應。題組訓練題組一1.A解析 CO2、SiO2分別是碳酸和硅酸的酸酐,二者均是酸性氧化物,但SiO2不與水反應,且其結構中不含有分子,而是由原子構成的。2.B解析 A項,SiO2、Al2O3均與NaOH溶液反應;C項,應通過盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶;D項,Na2CO3也與CO2反應。題組二1.B解析 由于Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度,Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3,因而會析出NaHCO3晶體,A項正確;B項,CO2+Na2SiO3+H2ONa2CO3+H2SiO3,CO2+Na2CO

9、3+H2O2NaHCO3,H2SiO3與CO2不反應,渾濁不會消失;C項,CO2+Ca(ClO)2+H2OCaCO3+2HClO,溶液變渾濁后加入品紅溶液,被HClO氧化褪色;D項,首先CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O,繼續(xù)通CO2,生成可溶于水的Ca(HCO3)2,再加入足量的NaOH,則2NaOH+Ca(HCO3)2CaCO3+Na2CO3+2H2O,溶液又變渾濁。2.C解析 反應依次為CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+2NaAlO2+3H2ONa2CO3+2Al(OH)3、CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3、CO2+

10、BaCO3+H2OBa(HCO3)2。考點三知識梳理1.難弱Na2CO3+H2SiO3H2SiO3SiO2+H2ONa2SiO3+2HClH2SiO3+2NaCl2.(2)K2O3Al2O36SiO22H2O(3)水玻璃Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO33.(1)純堿石灰石(2)Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2對點自測1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)解析 (4)H+與SiO32-會結合生成硅酸沉淀而不能大量共存。(5)硅酸鈉溶液具有黏性,不能用帶玻璃塞的試劑瓶保存。(8)由現象知生成了硅酸,碳

11、酸酸性大于硅酸,則非金屬性碳大于硅。2.(1)Al2O3(2)CaCO3(3)Na2SiO3、CaSiO3、SiO2(4)SiO2題組訓練題組一1.(1)(2)解析 玻璃的主要成分是SiO2,HF能與SiO2反應,因此氫氟酸可以刻蝕玻璃,(1)正確;硅膠能吸水,硅膠可作干燥劑,(2)正確;Na2SiO3為可溶性鹽,在離子方程式中不能寫成化學式,(3)錯誤;玻璃中的成分SiO2能與NaOH反應2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O,生成的Na2SiO3具有黏合性,會將瓶口和瓶塞粘在一起,無法打開,(4)錯誤;向Na2SiO3溶液中通入過量的SO2則應生成HSO3-,(5)錯誤;氫氟酸能與二氧

12、化硅反應,玻璃容器不能盛裝氫氟酸,(6)錯誤。2.A解析 通入少量CO2氣體時,發(fā)生的反應為Na2SiO3+CO2+H2ONa2CO3+H2SiO3,加熱后H2SiO3分解為SiO2和H2O,再高溫灼燒,SiO2與Na2CO3反應生成Na2SiO3和CO2。題組二1.C解析 根據青石棉的組成可知,該物質屬于硅酸鹽,不是易燃品且難溶于水,A不正確;根據氧原子守恒可知應該是Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O,B不正確;根據組成可知和硝酸作用生成2 mol硝酸鈉、5 mol硝酸鐵和1 mol NO,因此需要硝酸的物質的量是18 mol,選項C正確。2.B解析 CaMgSi2O6、KAlSi3

13、O8是物質的化學式,只表示礦物的組成元素及其原子個數比,A項正確;鐵單質的活動性是固定不變的,與所在的地點、位置無關,B項錯誤;復鹽是含有一種酸根離子、多種金屬陽離子的鹽,從輝石的組成來看,含有硅酸根離子、鎂離子、鈣離子,所以它可被看作由CaSiO3和MgSiO3兩種鹽組成,C項正確;按照物質的組成形式,斜長石的氧化物形式可表示為K2OAl2O36SiO2,D項正確。題組三1.D解析 常溫下,Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2,Si+4HFSiF4+2H2,SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O。2.D解析 CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2,CaSiO3的熔點低于SiO

14、2的熔點,A項正確;光導纖維的成分是二氧化硅,半導體、芯片的成分是單質硅,純凈的二氧化硅和單晶硅都是信息產業(yè)的重要基礎材料,B項正確;碳酸鈣溶于鹽酸生成氯化鈣和水以及二氧化碳,二氧化硅和鹽酸不反應,可以用鹽酸除去石英砂(主要成分為SiO2)中少量的碳酸鈣,C項正確;由SiO2到Si(單晶硅)一系列反應都是氧化還原反應,D項錯誤。【考例考法直擊】1.A解析 煤炭燃燒會放出CO2,導致大氣中CO2的含量增加,A項正確。2.C解析 碳的同素異形體除金剛石和石墨外,還存在C60等同素異形體,A項錯誤;Mg的電子層數比Mg2+多,所以半徑r(Mg)r(Mg2+),B項錯誤;反應方程式為 2Mg+CO2

15、2MgO+C,還原劑為Mg,還原產物為C,根據還原劑的還原性強于還原產物的還原性知,Mg的還原性強于C,C項正確;燃燒過程中化學能除了轉化為熱能外還轉化為光能等其他能量, D項錯誤。3.A解析 活性炭除味是利用其具有強吸附性,屬于物理變化,A項正確;熱堿水除油污是由于油脂在堿性條件下能發(fā)生徹底的水解反應,屬于化學變化,B項錯誤;高錳酸鉀可吸收氧化催熟水果的乙烯,泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土可保存水果,屬于化學變化,C項錯誤;硅膠具有吸水性,可防止食品受潮,屬于物理變化,鐵粉具有還原性,可防止食品氧化,屬于化學變化,D項錯誤。4.(1)六A弱(2)PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2+2H2O

16、(3)PbO+ClO-PbO2+Cl-Pb2+2H2O-2e-PbO2+4H+石墨上包上銅鍍層Pb2+2e-Pb不能有效利用Pb2+(4)根據PbO2PbOx+2-x2O2,有2-x232=2394.0%x=2-2394.0%16=1.4。根據mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=23。解析 (1)由碳位于第二周期A族結合信息推出鉛的位置;又由同主族元素性質的遞變規(guī)律判斷酸性;(2)PbO2與濃鹽酸反應得到黃綠色的氯氣,聯想實驗室制氯氣寫出化學方程式。(3)依題給信息知,反應物PbO與次氯酸鈉反應,生成PbO2,由于Pb化合價升高,故另一生成物為Cl化合價降低得到的C

17、l-;陽極發(fā)生氧化反應,即Pb2+失去電子被氧化生成PbO2,同時考慮鹽溶液水解得到的強酸性環(huán)境;陰極發(fā)生還原反應,即氧化性強的Cu2+得到電子生成銅;若電解液中不加入Cu(NO3)2,陰極發(fā)生的則是Pb2+得電子變?yōu)镻b,這樣就不能有效利用Pb2+。(4)根據題意PbO2在加熱過程中發(fā)生反應PbO2PbOx+2-x2O2,減少的質量是氧氣的質量,再利用質量關系計算。1.2019江西景德鎮(zhèn)模擬 下列實驗方案敘述不正確的是()A.不能用SiO2與水反應制備H2SiO3B.SiO2(含雜質Fe2O3)濾液制備H2SiO3C.同濃度的Na2CO3溶液的堿性比Na2SiO3溶液的強,說明酸性H2CO3

18、H2SiO3D.將CO2通入Na2SiO3溶液中,根據現象可說明酸性H2CO3H2SiO3解析 CSiO2與水不反應,A項正確;Fe2O3不與NaOH反應,過濾可除去,B項正確;事實上Na2CO3比Na2SiO3的水解程度小,堿性弱,C項錯誤;相對強的酸制相對弱的酸,D項正確。2.2019安徽宿州模擬 下列敘述中正確的是()A.因為Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2,所以硅酸的酸性比碳酸強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質相似C.二氧化硅既溶于氫氧化鈉溶液又溶于氫氟酸,所以二氧化硅是兩性氧化物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應生成硅

19、酸解析 DNa2CO3與SiO2在高溫下發(fā)生反應,是因為生成的產物中有氣體生成,使平衡正向移動,促使反應能夠順利進行,故不能通過此反應判斷H2CO3與H2SiO3的酸性強弱,A項錯誤;CO2、SiO2的晶體結構不同,二者物理性質差異較大,B項錯誤;SiO2與氫氟酸反應生成SiF4和H2O,SiF4不屬于鹽,該反應中SiO2并未表現堿性氧化物的性質,SiO2屬于酸性氧化物,C項錯誤。3.晶體硅是一種重要的非金屬材料,制備純硅的主要步驟如下:高溫下用碳還原二氧化硅制得粗硅。粗硅與干燥HCl氣體反應制得SiHCl3:Si+3HClSiHCl3+H2。SiHCl3與過量H2在1100 反應制得純硅。已

20、知:SiHCl3能與H2O強烈反應,在空氣中易自燃。請回答下列問題:(1)第步制備粗硅的化學反應方程式為 。(2)粗硅與HCl反應完全后,經冷凝得到的SiHCl3(沸點33.0 )中含有少量SiCl4(沸點57.6 )和HCl(沸點-84.7 ),提純SiHCl3采用的方法為法。(3)用SiHCl3與過量H2反應制備純硅的裝置如圖(熱源及夾持裝置略去):裝置B中的試劑是,裝置C中的燒瓶需要加熱,其目的是。反應一段時間后,裝置D中觀察到的現象是,裝置D中發(fā)生反應的化學方程式為。為保證制備純硅實驗的成功,操作的關鍵是檢查實驗裝置的氣密性,控制好反應溫度以及 。為鑒定產品硅中是否含微量鐵單質,將試樣

21、用稀鹽酸溶解,取上層清液后需再加入的試劑是 (填寫字母代號)。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)蒸餾(3)濃硫酸使滴入燒瓶中的SiHCl3汽化有固體物質生成SiHCl3+H2Si+3HCl先通一段時間氫氣,排盡裝置中的空氣bd解析 (1)高溫下,SiO2和C反應生成Si和CO,反應方程式為SiO2+2CSi+2CO。(2)沸點不同的液體可以采用蒸餾的方法分離。(3)為防止SiHCl3與H2O強烈反應,需要用干燥劑干燥氫氣,濃硫酸具有吸水性且不和氫氣反應,所以可以作干燥劑;升高溫度能使SiHCl3汽化,從而使SiH

22、Cl3和氫氣在D中反應。D中發(fā)生反應SiHCl3+H2Si+3HCl,Si為固態(tài),所以看到的現象是有固體物質生成。向溶液中加入強氧化劑,然后加入KSCN溶液檢驗鐵離子,這幾種物質中氯水具有強氧化性。第15講富集在海水中的元素氯【考點互動探究】考點一知識梳理1.(1)黃綠色刺激性(2)2Fe+3Cl22FeCl3Cu+Cl2CuCl2黃色H2+Cl22HCl蒼白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堿氧化Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO(3)次氯酸鈉NaClOCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O對點自測1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)解析 (1)氯水中的次氯酸見光或受熱分解生成鹽酸和氧氣,酸性增強。(2)漂白粉的主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2,故其為混合物。(3)氯水具有漂白性,無法用pH試紙測其pH。(4)在氯氣與水或NaOH溶液的反應中,氯氣既作氧化劑又作還原劑。(5)Fe與氯氣反應只能生成FeCl3。(6)次氯酸的酸性弱

24、于碳酸。(7)漂白粉由于具有強氧化性可作自來水的消毒劑,而明礬是由于水解生成氫氧化鋁膠體吸附水中的懸浮固體而達到凈水的目的。(8)氯氣通入品紅溶液中,溶液褪色,是由于氯氣與水反應生成的次氯酸具有漂白性。2.B解析 HClO具有漂白性,Cl2無漂白性,A項錯誤。久置的氯水主要成分為稀鹽酸,無漂白性,D項錯誤。HClO的漂白不具有可逆性,加熱不會恢復為原來的顏色,C項錯誤。題組訓練題組一1.B解析 Cl2與水反應時Cl2既表現出氧化性也表現出還原性,A項錯誤;H2在Cl2中燃燒生成的HCl在瓶口會與空氣中的水蒸氣形成鹽酸液滴,因此會出現白霧,B項正確;Fe與氧化性較弱的非金屬單質反應只能形成+2價

25、化合物,C項錯誤;Fe在Cl2中燃燒只能生成FeCl3,D項錯誤。2.D解析 氯氣通入滴有KSCN的FeCl2溶液,發(fā)生反應2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,Fe3+3SCN-Fe(SCN)3,體現了氯氣的氧化性,A項錯誤;氯氣通入滴有酚酞的氫氧化鈉溶液,和氫氧化鈉反應,Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,溶液褪色,氯氣不具有漂白性,B項錯誤;氯氣通入紫色石蕊試液,氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸,鹽酸的酸性使溶液呈紅色,次氯酸具有漂白性使溶液褪色,現象為溶液先變紅色后褪色,C項錯誤。題組二1.D解析 氯水顯酸性,能與碳酸氫鈉反應放出CO2氣體;次氯酸具有漂白性,能使有色布條褪色;氯

26、離子和銀離子反應生成氯化銀白色沉淀,因此選項A、B、C都是有關系的。選項D中,氯水中氯氣分子將Fe2+氧化為Fe3+,故不正確。2.D解析 水為無色,Cl2與水反應生成的HClO和HCl都無色,氯水顯淺黃綠色是因為溶解Cl2的緣故,A項正確; B項正確;向氯水中加入NaHCO3粉末有氣泡產生,說明NaHCO3與氯水中的H+反應生成CO2,C項正確;因Cl2能將Fe2+氧化為Fe3+而使溶液變成棕黃色,則FeCl2溶液滴加氯水時變?yōu)樽攸S色不能證明溶液中含有HClO,D項錯誤。題組三1.B解析 A項,NaClO屬于鹽,為強電解質,錯誤;B項,向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液可制得Fe(OH)

27、 3膠體,正確;C項,HCl屬于共價化合物,錯誤;D項,根據電解NaCl溶液時的陰極反應式:2H+2e-H2可知,得到標準狀況下22.4 L H2時,理論上需轉移2NA個電子,錯誤。2.D解析 臭氧處理水是利用其氧化性,活性炭處理水則是利用其吸附性,A錯誤;用氯氣消毒的水含有氯氣、次氯酸等成分,配制化學試劑時可能會使試劑變質,B錯誤;氯氣和二氧化硫等體積混合發(fā)生反應SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl,失去漂白性,C錯誤?？键c二知識梳理1.(1)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O(2)向上排空氣排飽和食鹽水(3)藍先變紅后褪色對點自測1.(1)(2)(3)(4)(5)

28、(6)(7)解析 (1)氯氣可溶于飽和碳酸氫鈉溶液,且被吸收的HCl會與碳酸氫鈉反應放出二氧化碳。(2)MnO2只能與濃鹽酸反應,當鹽酸濃度減小到一定濃度時,反應就停止進行,故鹽酸一定不能完全反應。(3)NaOH溶液吸收Cl2的速率不快,不會引起倒吸。(4)MnO2與濃鹽酸的反應中,起還原作用的HCl只占參加反應HCl的一半。(7)由于都是氧化濃鹽酸生成氯氣,所以根據反應條件可知氧化性的強弱。2.(1)裝置B:向上排空氣法收集氯氣。裝置C:作安全瓶,防止D中的液體倒吸進入集氣管B中。裝置D:吸收尾氣,防止產生的氣體擴散到空氣中污染環(huán)境。題組訓練題組一1.B解析 比較反應的條件即可說明KMnO4

29、的氧化性強于MnO2,A項正確;HCl在反應中作酸和還原劑,則需要使用氧化劑、還原劑和酸,B項錯誤;當整個集氣瓶充滿黃綠色時表明已收集滿了,C項正確;濃鹽酸變稀后不再與MnO2反應,生成Cl2的物質的量小于1 mol,D項正確。2.B解析 裝置連接順序為制氯氣、除雜(HCl、水蒸氣)、反應制備、尾氣處理,注意洗氣瓶中導管為“長進短出”,故其儀器連接順序為aedcbhig,故選B。題組二1.B解析 為確定氯氣有無漂白性,需要進入到裝置b中的氯氣中不含HCl及水蒸氣,故應先用飽和食鹽水除去HCl,再用濃硫酸除去水,為防止裝置e中的水蒸氣進入裝置b中,在裝置b、e之間還應加裝一個裝置a,尾氣用NaO

30、H溶液吸收,A項、C項錯誤,B項正確;本實驗不需要裝置c,且由裝置b中現象可判斷Cl2無漂白性,濕潤有色布條褪色是因氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性,D項錯誤。2.(1)燒杯、漏斗、玻璃棒、膠頭滴管(不填“膠頭滴管”也可)(2)能(3)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等,此方案無法測算試樣含氯總量(或其他合理答案)(4)量取一定量的試樣,加入足量的H2O2溶液,加熱除去過量的H2O2,冷卻,再加入足量的硝酸銀溶液,稱量沉淀質量(或其他合理答案)解析 (1)過濾時需要使用燒杯、漏斗、玻璃棒。(2)由于從A中出來的氣體中含有HCl,HCl也能與KOH溶液反應,若B、C對調,則進入KOH溶液

31、中的氣體就不含HCl,這樣有利于提高KClO3的產率。(3)從燒瓶中揮發(fā)出的氯氣又會有一部分重新溶解在水中,同時HClO分解導致與水發(fā)生反應的氯氣量增加、氯氣可溶于水,不可能全部從水中逸出,故此方案無法測量水中氯元素的總量。(4)因次氯酸會破壞酸堿指示劑,因此實驗不用酸堿指示劑,可采用加入適當還原劑如H2O2、FeCO3等,將氯水中的氯元素全部轉化為Cl-,然后加入足量的AgNO3溶液,測量生成沉淀的質量,然后進行計算?！究祭挤ㄖ睋簟?.B解析 Cl2與HCl的混合氣體通過飽和食鹽水和濃硫酸后得到干燥純凈的Cl2,A項錯誤;漂白粉的有效成分是次氯酸鈣,漂白織物是利用次氯酸鹽的氧化性,B項正確

32、;濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2,氣體產物應先通過飽和食鹽水,后通過濃硫酸,否則不能除去水蒸氣,C項錯誤;淀粉遇到碘單質顯藍色,向食鹽溶液中滴加淀粉溶液顏色不變,說明食鹽中沒有碘單質,無法確定其是否含有碘酸鉀,D項錯誤。2.A解析 新制氯水中存在平衡:Cl2+H2OH+Cl-+HClO,要增強溶液的漂白性,需要促進平衡正向移動,提高HClO的濃度。碳酸鈣粉末消耗溶液中的H+,促進平衡正向移動,HClO的濃度增大,A項正確。加入稀硫酸會增大溶液中的H+濃度 ,促進平衡逆向移動,HClO的濃度減小,B項錯誤。加入CaCl2溶液會增大溶液中的Cl-濃度,促進平衡逆向移動,HClO的濃度減小,C項

33、錯誤。二氧化硫具有還原性,能與Cl2、HClO發(fā)生氧化還原反應,D項錯誤。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分別為+1和-2價,則Cl為+3價。(2)結合圖示可知NaClO3與SO2在H2SO4作用下反應生成ClO2和NaHSO4,根據化合價變化可配平該反應:2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4。(3)可向食鹽水中分別加入NaOH溶液和Na2CO3溶液除去食鹽水中的Mg2+和Ca2+。結合圖示可知陽極生

34、成Cl2,陰極得到的產物為NaClO2。(4)結合圖示可知尾氣ClO2在反應中被還原為ClO2-,則H2O2被氧化為O2,根據轉移電子數目相等可確定氧化劑與還原劑的物質的量之比為21。(5)1 mol NaClO2在反應中轉移4 mol電子,而1 mol Cl2在反應中轉移2 mol電子,根據90.5 g71 g=4moln(e-),解得n(e-)=3.14 mol,則可確定NaClO2中有效氯含量為3.14 mol2 mol=1.57。4.(1)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O濃硫酸(2)HClHCl和H2發(fā)生倒吸可燃性氣體H2不能被吸收(3)KSCN溶液點燃A處的酒精燈

35、點燃C處的酒精燈解析 (1)無水氯化鐵是由氯氣和鐵在加熱條件下生成的,A裝置是在加熱的條件下用濃鹽酸和MnO2來制取Cl2:MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O,裝置B中裝入濃硫酸,用于干燥Cl2,防止生成的FeCl3發(fā)生水解。(2)題干信息指出鐵粉與HCl反應可以制取FeCl2,則A裝置用于制取HCl;在尾氣中有剩余的HCl以及反應生成的H2;因HCl極易溶于水,故D裝置能發(fā)生倒吸;因H2難溶于水,故可燃性氣體H2沒有被處理。(3)Fe3+與SCN-反應溶液顯血紅色,利用此現象來檢驗Fe3+的存在,故選取KSCN溶液檢驗FeCl3;因為Fe2+具有還原性,故該實驗裝置中不能存

36、在空氣,故應先點燃A處的酒精燈,利用產生的HCl將裝置中的空氣排凈,再點燃C處的酒精燈來制取FeCl2。1.在淀粉-KI溶液中加入少量次氯酸鈉溶液,并加入少量的稀硫酸,溶液立即變藍,在上述溶液中加入足量的亞硫酸鈉溶液,藍色逐漸消失。下列判斷不正確的是()A.氧化性:ClO-I2SO42-B.漂白粉溶液可使淀粉-KI試紙變藍C.次氯酸鈉可以與亞硫酸鈉大量共存D.向氯水中加入亞硫酸鈉溶液,氯水褪色解析 C在酸性條件下發(fā)生反應ClO-+2H+2I-Cl-+I2+H2O,淀粉遇I2變?yōu)樗{色,證明氧化性ClO-I2;在溶液中加入足量的亞硫酸鈉溶液,藍色逐漸消失,是因為又發(fā)生了反應I2+H2O+SO32-

37、2I-+2H+SO42-,證明氧化性I2SO42-,所以微粒的氧化性ClO-I2SO42-,A正確。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,電離產生ClO-,由于氧化性ClO-I2,所以漂白粉溶液可使淀粉-KI試紙變藍,B正確。由于氧化性ClO-SO42-,所以當次氯酸鈉與亞硫酸鈉混合時,會發(fā)生反應ClO-+SO32-Cl-+SO42-,因此二者不能大量共存,C錯誤。Cl2的氧化性強于I2,所以Cl2也能將Na2SO3氧化,從而使氯水褪色,D正確。2.向含SO32-、Fe2+、Br-、I-各0.1 mol的溶液中通入標準狀況下的Cl2,通入Cl2的體積和溶液中相關離子的物質的量的關系圖正確的是()

38、解析 C題中四種離子與Cl2反應的先后順序依次是SO32-(消耗標準狀況下2.24 L Cl2)、I-(消耗標準狀況下1.12 L Cl2)、Fe2+(消耗標準狀況下1.12 L Cl2)、Br-(消耗標準狀況下1.12 L Cl2),因此C項正確。3.常溫下,將Cl2緩慢通入100 mL水中至飽和,然后向所得飽和氯水中逐滴加入0.1 molL-1 NaOH溶液,整個過程中pH的變化如圖所示。下列有關敘述正確的是()A.曲線段有離子反應:HClO+OH-ClO-+H2OB.可依據處數據計算所溶解的n(Cl2)C.處表示氯氣與氫氧化鈉溶液恰好反應完全D.處c(H+)約為處c(H+)的兩倍解析 A

39、曲線從到,溶液pH增大,說明此段發(fā)生反應HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O,離子反應分別為H+OH-H2O、HClO+OH-H2O+ClO-,點時c(H+)=c(OH-),c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),溶液中存在HClO,從到圖像分析可知,溶液pH繼續(xù)增大,且pH大于7,繼續(xù)加氫氧化鈉,氫氧化鈉和次氯酸反應HClO+NaOHNaClO+H2O,曲線段有離子反應HClO+OH-H2O+ClO-,故A正確;點所示溶液中發(fā)生反應Cl2+H2OH+Cl-+HClO,HClO為弱電解質,部分電離,無法根據pH計算溶解的n(Cl2),故B錯誤;氯氣與氫氧化

40、鈉溶液恰好反應完全得到氯化鈉、次氯酸鈉混合溶液,溶液呈堿性,故C錯誤;處到處是氯氣的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO向右進行的過程,酸性逐漸增強,氫離子濃度逐漸增大,故D錯誤。4.實驗室常用以下幾種方法制取氯氣。(1)二氧化錳與濃鹽酸反應制氯氣,寫出其反應的離子方程式:。(2)高錳酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣,寫出其反應的化學方程式:。(3)氯酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣,該反應中氧化產物與還原產物的物質的量之比為。.某研究性學習小組利用下列裝置制備漂白粉,并進行漂白粉有效成分的質量分數的測定。(1)裝置中的X試劑為。(2)裝置中發(fā)生反應的化學方程式為 ,該反應是放熱反應,反應溫度較高時有副反應

41、發(fā)生,改進該實驗裝置以減小副反應發(fā)生的方法是 。(3)測定漂白粉有效成分的質量分數:稱取1.000 g漂白粉于錐形瓶中,加水溶解,調節(jié)溶液的pH,以淀粉為指示劑,用0.100 0 molL-1 KI溶液進行滴定,溶液出現穩(wěn)定淺藍色時為滴定終點。反應原理為3ClO-+I-3Cl-+IO3-IO3-+5I-+3H2O6OH-+3I2實驗測得數據如下表所示。滴定次數123KI溶液體積/mL19.9820.0220.00該漂白粉中有效成分的質量分數為;若滴定過程中未充分振蕩溶液,局部變淺藍色時就停止滴定,則測定結果將(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。答案 .(1)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl

42、2+2H2O(2)2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (3)51.(1)NaOH溶液(2)2Ca(OH)2+2Cl2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O將裝置放于冷水浴中進行實驗(3)42.90%偏低解析 .(3)氯酸鉀與濃鹽酸反應制氯氣的化學方程式為KClO3+6HCl(濃)KCl+3Cl2+3H2O,1 mol氧化劑KClO3與5 mol還原劑HCl反應生成3 mol Cl2,所以該反應中氧化產物與還原產物的物質的量之比為51。.(3)消耗KI溶液的平均體積為(19.98+20.02+20.00)mL3=20.00 mL。設ClO-的物質的量為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,次氯酸鈣的質量為143 gmol-10.003 mol=0.429 g,所以其質量分數為0.429 g1.000 g100%=42.90%;若滴定過程中未充分振蕩溶液,局部變淺藍色時就停止滴定,則消耗碘化鉀的物質的量偏少,所以測定結果將偏低。第16講鹵素海水資源的開發(fā)和利用【考點互動探究】考點一知識梳理1.固體易溶揮發(fā)升華藍2.(1)2NaOH+X2NaX+NaXO+H2O(2)2Na+X22NaXI2,處變橙紅,可說明Cl2Br2,該實驗不能說明氧化性Br2

44、I2,D項錯誤。2.B解析 氯氣與硫酸鈉不反應,因此將溶液蒸干最多可以得到2 mol NaCl,A項錯誤;若氯氣不足,氧化NaI后未與NaBr反應或只與部分的溴化鈉反應,則將溶液蒸干并灼燒,得到的固體可能是NaCl、NaBr、Na2SO4,B項正確;向溶液中滴加KI淀粉溶液,溶液變藍,說明有碘生成,氯氣可能只與部分的NaI反應,C項錯誤;D項,正確的離子方程式為2I-+Cl2I2+2Cl-、2Br-+Cl2Br2+2Cl-,錯誤。題組三1.B解析 還有很多氧化劑(如HNO3、O3等)能將I-氧化為I2,A項錯;碘單質的CCl4溶液顯紫色,C項錯;CCl4的密度比水大,應下層顯橙紅色,D項錯。2

45、.D解析 A項,在KI中加入足量新制氯水,也會置換出單質碘而使溶液變色,故不能確定是否含有溴離子;B項,溴離子和碘離子均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色;C項,加入少量的碘水,再加入CCl4振蕩,有機層是萃取單質碘而顯色,并沒有溴單質產生?？键c二知識梳理1.淡化蒸餾離子交換2.(2)2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl23.(2)CaCO3CaO+CO2CaO+H2OCa(OH)2MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCl2Mg(OH)2+2HClMgCl2+2H2O氯化氫4.(2)2Br-+Cl22Cl-+Br2SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO45.(1)2H+2I-+H2O

46、2I2+2H2O對點自測1.(1)(2)(3)(4)(5)解析 (2)海水曬鹽是物理變化。(3)Mg(OH)2+2HClMgCl2+2H2O等不屬于氧化還原反應。(4)缺少了氧化過程。(5)電解飽和食鹽水得到的是NaOH、氫氣和氯氣。2.MgCl2易發(fā)生水解反應,在HCl的氛圍中可抑制MgCl2的水解應在H2氛圍中冷卻鎂在高溫下能與O2、N2、CO2等氣體發(fā)生反應題組訓練題組一1.C解析 灼燒需在坩堝中進行,A項錯誤;過濾要用玻璃棒引流,B項錯誤;萃取、分液要在分液漏斗中進行,C項正確;蒸餾時,溫度計的水銀球應放在蒸餾燒瓶的支管口處,D項錯誤。2.(1)坩堝 (2)充分攪拌,加熱煮沸(3)取少

47、量氧化后的溶液于試管中,滴加淀粉溶液,若溶液變藍證明含碘(4)解析 (1)物質的灼燒應在坩堝內進行。(4)海帶灰中含有的其他無機鹽類(硫酸鹽、硝酸鹽、碳酸鹽等)在前面步驟的過濾操作中不能分離,而是在第步萃取時與I2分離的。題組二1.B解析 根據流程,反應生成Br-和BrO3-,因此離子反應方程式為3Br2+6CO32-+3H2O5Br-+BrO3-+6HCO3-,A項正確;加入稀硫酸,發(fā)生反應5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O,生成Br2,B項錯誤;從A到B完成了Br2的富集,濃度變大,顏色變深,C項正確;利用熔、沸點不同,進行蒸餾提純溴單質,D項正確。2.(1)酸性氯氣與堿發(fā)生歧

48、化反應(或Br2歧化)(2)Br2易揮發(fā)(或Br2沸點低)(3)5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O防止在酸性條件下,溴酸鈉將Cl-氧化為氯氣,影響生成溴的純度溴具有強氧化性(或強腐蝕性)解析 (1)存在Br-的海水呈弱堿性,在堿性條件下Cl2及生成的Br2易發(fā)生歧化反應,故Cl2氧化Br-應在酸性條件下進行。(2)因溴沸點低、易揮發(fā),故可用熱空氣吹出。(3)發(fā)生歸中反應生成硫酸鈉、溴單質、水;鹽酸能被溴酸鈉氧化,故不能利用鹽酸酸化。題組三1.D解析 從海水中提取鎂時,首先用石灰乳將海水中的Mg2+沉淀出來,然后再用鹽酸將其溶解得到MgCl2溶液,MgCl2

49、溶液冷卻結晶得到MgCl26H2O,在HCl氣流中加熱MgCl26H2O得到無水MgCl2,最后電解熔融MgCl2得到單質Mg。2.A解析 由海水制備無水氯化鎂的過程如下:海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl26H2O無水MgCl2?！究祭挤ㄖ睋簟?.C解析 氯氣與水作用生成鹽酸和次氯酸,次氯酸有強氧化性,從而能夠殺菌消毒,A項正確;氯氣與KI發(fā)生反應:Cl2+2KI2KCl+I2,氯氣為氧化劑,說明Cl2有氧化性,B項正確;Cl2溶于水為可逆反應,且生成的HClO為弱電解質,不可拆開,C項錯誤;向含I-的無色溶液中滴加少量新制氯水,發(fā)生反應Cl2+2I-2Cl-+I2,淀粉遇碘變藍,說

50、明氧化性Cl2I2,D項正確。2.BC解析 溶液無色,則該溶液不含Fe2+;向溶液中加入少量溴水,溶液仍呈無色,則溶液中一定存在SO32-;根據方程式SO32-+I2+H2OSO42-+2I-+2H+可知,還原性SO32-I-,當溶液中同時存在SO32-和I-時,SO32-先被氧化,由于溴水少量,故無法判斷溶液中是否存在I-;溶液中所有離子物質的量濃度相等,無論是Na+、NH4+還是K+,均只帶有一個單位正電荷,而SO42-帶兩個單位負電荷,若同時存在SO32-、SO42-,則電荷無法守恒,故溶液中必定不存在SO42-;綜上所述,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+中存在兩種或三種。3.C解析 Cl2能將苦鹵中的Br-氧化為Br2,A項正確;粗鹽中含有泥沙等難溶物,可過濾除去,再通過重結晶等操作可實現粗鹽提純,B項正確;NaOH成本較高,一般不作為沉淀劑,可用CaO等廉價物質作沉淀劑,C項錯誤;D項富集溴的方法原理正確。4.CD解析 電解飽和食鹽水得到NaOH、Cl2、H2,不可能得到金屬鈉,A項錯誤;海帶中的碘元素以有機碘形式存在,故海帶提碘(單質)涉及化學變化,B項錯誤;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項正確;海水提鎂中,將Mg2+轉變成Mg(OH)2沉淀以及Mg(OH)2轉變成MgCl

52、2的反應都是復分解反應,D項正確。1.溴化碘(IBr)的化學性質與鹵素單質相似,能與大多數金屬反應生成金屬鹵化物,和某些非金屬單質反應生成相應的鹵化物,跟水反應的方程式為IBr+H2OHBr+HIO。下列有關IBr的敘述中,不正確的是()A.IBr是雙原子分子B.在很多反應中,IBr是強氧化劑C.和NaOH溶液反應生成NaBr和NaIOD.和水反應時,既是氧化劑又是還原劑解析 DIBr中I為+1價,Br為-1價。2個原子構成1個IBr分子,A正確;因為其化學性質與鹵素單質相似,所以在很多反應中,IBr是強氧化劑,B正確;跟水反應的方程式IBr+H2OHBr+HIO中,反應前后各元素的化合價均未發(fā)生變化,仍然是I為+1價,Br為-1價,故這個反應不是氧化還原反應,D錯誤;與堿反應的實質可看成是IBr先與水反應,生成物HBr和HIO再與堿反應,所以2NaOH+IBrNaBr+NaIO+H2O,C正確。2.已知常溫下氯酸鉀與濃鹽酸反應放出氯氣,現按如圖進行鹵素的性質實驗。玻璃管內分別裝有滴有不同溶液的白色棉球,反應一段時間后,對圖中指定部分顏色描述正確的是()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 A由處產生的Cl2通過時發(fā)生反應Cl2+2NaBr2NaCl+Br2,通過時發(fā)生反應Cl2+2KI2KCl+I2,通