资源简介 第二讲 氯及其化合物考点一 氯及其化合物的性质及应用(命题指数★★★★★)1.氯气的性质:(1)氯气的物理性质颜色气味毒性密度特性黄绿色刺激性气味有毒比空气大易液化实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是用手在瓶口轻轻扇动,仅使极少量气体飘进鼻孔。 (2)从氯的原子结构认识氯气的化学性质——氧化性依据氯气的氧化性完成下列方程式:①与金属反应a.Fe:2Fe+3Cl22FeCl3,棕红色烟。b.Cu:Cu+Cl2CuCl2,棕黄色烟。②与非金属反应H2:H2+Cl22HCl,苍白色火焰;H2和Cl2的混合气体光照时会发生爆炸。③与还原性无机化合物反应:a.与碘化钾溶液反应:Cl2+2KI====2KCl+I2。b.与SO2水溶液反应:Cl2+SO2+2H2O====H2SO4+2HCl。c.与FeCl2溶液反应:Cl2+2FeCl2====2FeCl3。(3)从化合价的角度认识Cl2的化学性质——歧化反应氯气与水或碱反应,氯元素的化合价既有升高又有降低,因而氯气既表现氧化性又表现还原性。①与水反应a.化学方程式:Cl2+H2OHCl+HClO,b.离子方程式:Cl2+H2OH++Cl-+HClO。②与碱反应a.与烧碱反应:Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O,b.离子方程式:Cl2+2OH-====Cl-+ClO-+H2O。2.次氯酸与次氯酸盐:(1)次氯酸(HClO)①不稳定性次氯酸分解反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑。②强氧化性a.能将有色物质氧化为无色物质,作漂白剂。b.杀菌、消毒。③弱酸性向NaClO溶液中通入少量CO2,离子方程式为ClO-+CO2+H2O====HCO+HClO。向NaClO溶液中通入CO2(无论是少量还是过量),均生成HCO和HClO。原因是酸性:H2CO3>HClO>HCO。 (2)次氯酸盐①“84”消毒液②漂白粉1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)过量的铁粉在少量氯气中加热,充分反应后产物为FeCl2。( )提示:×。铁粉与氯气充分反应后产物为FeCl3。(2)氯气溶于水溶液呈酸性且可以导电,所以氯气是电解质。( )提示:×。氯气是单质,既不是电解质也不是非电解质。(3)标准状况下,11.2LCl2与水充分反应转移电子数为0.5NA。( )提示:×。该反应为可逆反应,Cl2不能完全反应。(4)1mol氯气分别与铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NA。( )提示:×。1molCl2分别与铁和铝完全反应时,氯元素化合价由0变为-1,所以转移的电子数均为2NA。(5)“84”消毒液的消毒原理与H2O2的相同,都是利用强氧化性。( )提示:√。“84”消毒液与H2O2具有强氧化性,均可以作漂白剂。(6)过量SO2通入NaClO溶液中:SO2+ClO-+H2O====HClO+HSO。( )提示:×。离子反应产物是H+、Cl-和SO,HClO具有强氧化性,而HSO具有强还原性。2.下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4固体滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。已知:2KMnO4+16HCl====2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是( )选项实验现象解释或结论Aa处变蓝,b处变红棕色氧化性:Cl2>Br2>I2Bc处先变红,后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性:Fe2+>Cl-【解析】选D。A项,由现象得,氧化性:Cl2>Br2、Cl2>I2,但无法比较Br2与I2的氧化性强弱;B项,由现象可知在此过程中有酸性物质生成,同时生成了漂白性物质;C项,在此过程中只能判断溶液不再显碱性,无法判断有无漂白性物质生成;D项,由现象得,此时Fe2+被Cl2氧化为Fe3+,而Cl2被还原为Cl-,还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Cl-的还原性。命题角度1:氯气及氯水的性质【典例1】(2021·长治模拟)在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有Cl-C.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有H+D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有HClO【解析】选D。通常情况下,氯气为黄绿色气体,氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2,A项正确;向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,发生的反应为Ag++Cl-====AgCl↓,说明氯水中含有Cl-,B项正确;向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,发生的反应为H++HCO====H2O+CO2↑,说明氯水中含有H+,C项正确;向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明反应有氯化铁生成,由于氯气和HClO均能把氯化亚铁氧化成氯化铁,因此不能说明氯水中含有HClO,D项错误。在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是( )A.加入有色布条,一会儿有色布条褪色,说明有Cl2存在B.将氯水加入紫色石蕊试液中,溶液先变红色后褪色说明氯水中有H+和HClOC.氯水中加入碳酸钠溶液产生气体,说明氯水中有HClOD.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在【解析】选B。HClO具有强氧化性可使有色布条褪色,Cl2不能使有色布条褪色,A错;氯气与水反应生成HCl、HClO,HCl显强酸性,使石蕊变红,HClO具有强氧化性,使其褪色,B正确;次氯酸的酸性弱于碳酸,所以氯水中加入碳酸钠溶液产生气体,说明是盐酸而不是次氯酸,C错;加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,证明发生反应消耗了Cl2,不能说明HClO的存在,D错。【备选例题】 如图所示,在A处通入氯气,关闭B阀时,C处干燥的红布条看不到明显现象;当打开B阀后,C处干燥的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液可能是( )A.稀硫酸 B.NaOH溶液C.氯水D.饱和氯化钠溶液【解析】选B。解决本题的关键是要明确装置的特点及起漂白作用的是HClO或潮湿的Cl2。首先根据打开B阀后,C处干燥的红布条逐渐褪色,说明A处通入的Cl2为潮湿的,在关闭B阀时潮湿的Cl2通过了D瓶,看不到C处干燥的红布条有明显变化,说明D瓶吸收了Cl2或吸收了Cl2中的水蒸气。命题角度2:漂白液、漂白粉及其他含氯消毒剂【典例2】(2021·泰安模拟)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和消毒剂,它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2,ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备。Ⅰ.制备亚氯酸钠关闭止水夹②,打开止水夹①,从进气口通入足量ClO2,充分反应。(1)仪器a的名称为 ?? ,仪器b的作用是 ?????? 。?(2)装置A中生成NaClO2的离子方程式为?? ?? ?? ?? ?? ?? 。?Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质停止通ClO2气体,再通入空气一段时间后,关闭止水夹①,打开止水夹②,向A中滴入稀硫酸。(3)开始时A中反应缓慢,稍后产生气体的速率急剧加快,请解释可能的原因?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?(4)B中现象为 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?【以图析题·培养关键能力】 【解析】(1)仪器a为圆底烧瓶,仪器b为干燥管,干燥管的作用是防止倒吸;(2)根据实验步骤,装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2,产物是NaClO2,氯元素的化合价降低,即ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,H2O2的氧化产物是O2,因此有ClO2+H2O2+OH-ClO+O2+H2O,用化合价升降法配平,得出装置A中发生反应离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2====2ClO+2H2O+O2;(3)NaClO2在酸性条件下能生成NaCl和ClO2,发生的反应是5NaClO2+2H2SO4====NaCl+4ClO2↑+2H2O+2Na2SO4,开始时A中反应缓慢,稍后产生气体的速率急剧加快的原因可能是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl-对反应起催化作用;(4)ClO2的性质与氯气相似,即ClO2的氧化性强于I2,ClO2把I-氧化成I2,淀粉遇碘单质变蓝,即B中现象是溶液变蓝色。答案:(1)烧瓶(圆底烧瓶) 防止倒吸(2)2ClO2+2OH-+H2O22ClO+2H2O+O2(3)NaClO2与H2SO4反应生成的Cl-对反应起催化作用(4)溶液变蓝色(1)(科学探究与创新意识)若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体,应该如何操作?提示:蒸发浓缩、降温结晶,得到NaClO2固体,然后过滤、洗涤、干燥。(2)(科学探究与创新意识)实验完成后,为防止装置中滞留的有毒气体污染空气,可以进行的操作是什么?提示:再次打开止水夹①,从进气口通入一段时间的空气。【备选例题】 工业上用Cl2和碱制漂白粉、漂粉精及漂白液。请回答下面的问题:(1)工业上将氯气制成漂白粉的主要目的是? ? ? ? ? ? ? ,?制漂白粉的主要反应的化学方程式是?? ? ? ? ? ? 。?(2)下列物质露置在空气中会变质,在变质过程中既 有非氧化还原反应发生,又有氧化还原反应发生的是 。?A.生石灰 B.漂白粉C.NaOHD.Na2SO3(3)用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中,可能含有的杂质气体是 ? ? ? ? ? 。?①HCl ②O2 ③CO2 ④H2O(气)【解析】(1)Cl2不便于运输,HClO不稳定,漂白粉稳定且易运输。(2)A、C只发生非氧化还原反应,D项只发生氧化还原反应。(3)漂白粉长时间放置将变为CaCO3和HClO,故可能有CO2生成,浓盐酸会挥发出HCl与水蒸气。答案:(1)漂白粉比HClO(Cl2)稳定,且便于贮存和运输 2Ca(OH)2+2Cl2====Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O(2)B (3)①③④1.从平衡的角度理清氯水的成分与性质:(1)氯水中存在三个平衡关系。①Cl2+H2OH++Cl-+HClO②HClOH++ClO-③H2OH++OH-(2)氯水性质的多重性。(3)外界因素对平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO的影响。①加入可溶性氯化物(如NaCl)时,c(Cl-)增大,平衡左移,如排饱和食盐水法收集Cl2;再如用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl。②加入浓盐酸,c(H+)、c(Cl-)均增大,平衡左移,如用次氯酸盐和浓盐酸制Cl2时,有利于Cl2的逸出。③加入NaHCO3或CaCO3,二者只与H+反应,不与HClO反应,c(H+)减小,平衡右移,c(HClO)增大,氯水的漂白性增强。④加入碱,c(H+)、c(HClO)减小,平衡右移,如Cl2的尾气处理和漂白粉的制备等。⑤光照,HClO分解,c(HClO)减小,平衡右移,如氯水需避光保存,久置的氯水最终会变成盐酸。2.氯水强氧化性的应用:(1)氯水中含有Cl2和HClO,二者均具有强氧化性,但Cl2的浓度比HClO大得多。因此当氯水作用于还原性物质时,只考虑Cl2与还原性物质反应,不再考虑HClO与之反应。(2)由于干燥的Cl2无漂白作用,故当氯水作用于有色物质时,只考虑HClO将有色物质氧化为无色物质,显示漂白性质。命题点1:氯气及氯水的性质(基础性考点)1.用经Cl2消毒的自来水配制下列溶液:①Na2SO3;②KI;③AlCl3;④FeCl2;⑤AgNO3;⑥稀盐酸,发现部分药品变质,它们是( )A.①②④⑤ B.①②③④C.①②④D.③⑥【解析】选A。用Cl2消毒的自来水中,含有盐酸和氧化剂HClO,Cl-能使Ag+沉淀,HClO能将SO、Fe2+、I-等氧化。2.在新制饱和氯水中,若只改变某一条件,下列叙述正确的是( )A.再通入少量氯气,减小B.通入少量SO2,溶液漂白性增强C.加入少量的碳酸钠粉末,pH增大,溶液漂白性增强D.光照过程中,有气泡冒出,溶液的导电性减弱【解析】选C。饱和氯水不能再溶解氯气,各成分的浓度不变,A项错;SO2+Cl2+2H2O====2HCl+H2SO4,Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡左移,HClO的浓度减小,漂白性减弱,B项错;加入少量的碳酸钠粉末,消耗H+,使上述平衡正向移动,HClO的浓度增大,C项正确;光照过程中,HClO分解,生成O2和HCl,溶液中的离子浓度增大,导电性增强,D项错。命题点2:漂白液、漂白粉及其他含氯消毒剂(综合性考点)3.(2021·哈尔滨模拟)水处理包括水的净化、杀菌消毒、蒸馏等。其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、臭氧、漂白粉、活性炭等。游泳场馆往往用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化。下列说法中正确的是( )A.臭氧、活性炭处理水的原理相同B.氯气是一种常用的消毒剂,用氯气消毒的水可以用于配制化学试剂C.氯气和二氧化硫都具有漂白性,等体积的两者混合会提高漂白的效率D.漂白粉长期露置在空气中会失效【解析】选D。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、盐酸、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+2H2O====H2SO4+2HCl,失去漂白性,C错误。4.(双选)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是( )A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl,则n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶1B.ClO2在强碱性环境中使用失效,可能的原因是2ClO2+2OH-====ClO+ClO+H2OC.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D.等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强【解析】选A、C。A项,酸性条件下ClO发生歧化反应,生成Cl-和ClO2,可写出方程式:4H++5ClO====Cl-+4ClO2↑+2H2O,显然氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4,错误;B项,方程式符合歧化反应化合价的变化,正确;C项,ClO2易溶于水,显然不能用饱和食盐水除杂,错误;D项,等物质的量的ClO2作氧化剂时得电子数比Cl2得电子数多,正确。【加固训练—拔高】 1.氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂,有强氧化性,其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4~5倍,下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是( )A.氯胺的水解产物为NH2OH和HClB.氯胺的电子式为C.氯胺中氯的化合价为+1D.氯胺的消毒原理与漂白粉相似【解析】选A。NH2Cl发生水解反应,NH2Cl+H2ONH3+HClO,反应生成的HClO能杀菌消毒。故消毒原理与漂白粉相似。2.(2021·揭阳模拟)今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水,浓度均为0.1mol·L-1。如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(mmol),在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(mmol),丙瓶不变。片刻后,甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系是(溶液体积变化忽略不计)( )A.甲=乙>丙 B.甲>丙>乙C.丙>甲=乙D.乙>丙>甲【解析】选B。Cl2+H2OHCl+HClO,NaHCO3能与HCl反应:NaHCO3+HCl====NaCl+H2O+CO2↑,平衡正向移动,NaHCO3不能与HClO反应因为酸性H2CO3>HClO,结果c(HClO)增大;NaHSO3具有还原性,与Cl2发生氧化还原反应,平衡逆向移动,c(HClO)减小,故物质的量浓度的大小关系:甲>丙>乙。3.向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。已知:2Fe2++Br2====2Fe3++2Br- 2Fe3++2I-====2Fe2++I2,则下列有关说法,不正确的是( )A.还原性:I->Fe2+>Br-B.原混合溶液中FeBr2的物质的量为6molC.当通入2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2====2Fe3++I2+4Cl-D.原溶液中:n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3【解析】选B。根据已知反应,确定还原性顺序:I->Fe2+>Br-,所以通入Cl2后反应依次为①2I-+Cl2====I2+2Cl-,②2Fe2++Cl2====2Fe3++2Cl-,③2Br-+Cl2====Br2+2Cl-,由此分析AB段发生反应①,I-物质的量为2mol,则Fe2+为4mol,Br-为6mol,FeBr2为3mol,FeI2为1mol,B错误;原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=4∶2∶6=2∶1∶3,D正确;当通入2molCl2时,根据电子守恒,得e-总数为2mol×2=4mol,则首先失电子的I-只能失去2mol×1=2mol,而Fe2+只需失去2mol即可,则参加反应的Fe2+为2mol,还有2molFe2+剩余,Br-没有参加反应,C正确。考点二 氯气的制法及其性质探究(命题指数★★★★★)1.Cl2的实验室制法:(1)实验装置。(2)实验原理及过程。①反应原理:用强氧化剂MnO2[其他氧化剂KMnO4、K2Cr2O7、Ca(ClO)2、KClO3等]氧化浓盐酸。其反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。其他制取Cl2的原理:a.14HCl+K2Cr2O7====2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑b.16HCl+2KMnO4====2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑c.4HCl+Ca(ClO)2====CaCl2+2H2O+2Cl2↑d.6HCl(浓)+KClO3====KCl+3H2O+3Cl2↑其中,a、b、c使用稀盐酸就可发生反应产生氯气。②制备装置类型:固体+液体气体。③净化方法:用饱和食盐水除去HCl,再用浓硫酸除去水蒸气。④收集气体:向上排空气法或排饱和食盐水法。⑤尾气吸收:用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收。⑥验满方法:将湿润的淀粉KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口,观察到试纸立即变蓝,则证明已集满;或将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口,观察到试纸先变红后褪色,则证明已集满。2.Cl2性质探究的示例分析:装置试剂实验现象实验目的A浓硫酸-验证干燥的氯气无漂白作用,湿润的氯气(含HClO)有漂白作用B干燥红色布条无明显变化C湿润红色布条红色布条褪色DFeCl2溶液溶液由浅绿色变棕黄色验证氯气具有强氧化性,可与金属及还原性化合物反应E淀粉KI溶液溶液变蓝色FMg或Na产生白烟GNaOH溶液-吸收多余的氯气1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应,可制备22.4LCl2。( )提示:×。未知是否是标准状况,无法计算生成的气体的体积。(2)用MnO2和浓盐酸制取Cl2的反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4。( )提示:×。盐酸部分体现酸性,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。(3)用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl。( )提示:×。Cl2与饱和NaHCO3溶液发生反应。(4)可用排饱和食盐水法收集Cl2。( )提示:√。饱和食盐水可降低Cl2在水中的溶解度。(5)常用饱和石灰水吸收尾气中的Cl2。( )提示:×。饱和石灰水浓度小,不能用于吸收气体。(6)用干燥的淀粉碘化钾试纸检验Cl2是否收集满。( )提示:×。干燥的淀粉碘化钾试纸与Cl2不反应。2.某研究性学习小组的同学用以下仪器组合的装置制取氯气,并探究其性质。请回答下列问题:(1)实验室制取氯气的化学方程式为? ;?检查上图中反应器A的气密性的方法是? 。?(2)现要求从上图中选用所需的仪器(可重复选用)组成一套制取纯净、干燥氯气的装置,实验时要防止污染。下表是按仪器的连接顺序由上至下依次填写的,请将该表填写完整。(加入的试剂自选)(3)该实验中用仪器C收集Cl2时,进气口应为 (填字母)。?(4)将氯气通入紫色石蕊溶液中,可观察到溶液先变红后褪色的现象,出现这种现象的原因是????????????????????????????? 。?(5)有资料记载,高锰酸钾和浓盐酸混合后,在室温下很快就能放出氯气,由此可说明二氧化锰比高锰酸钾的氧化性 。?【解析】(1)实验室制备Cl2是用MnO2氧化浓盐酸,该装置的气密性检查应用加热法;(2)由于MnO2与浓盐酸制得的Cl2中含有HCl、H2O,需除去,所以连接顺序为制气→除HCl→干燥→收集→尾气吸收,仪器组合为A→C→C→C→B;(3)由于Cl2密度大于空气,应用向上排空气法收集,则b管进气,a管出气;(4)Cl2+H2OHCl+HClO,溶液呈酸性,但是HClO具有强氧化性,能漂白指示剂;(5)同样的反应,反应条件要求越低,对应物质的氧化性越强。答案:(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 关闭分液漏斗的活塞,将烧瓶中导管再连接导气管插入水中,用双手捂住烧瓶(或用酒精灯微热烧瓶),若导气管口有气泡冒出,松手后导气管中能形成一段稳定水柱,则说明气密性良好(2)选用的仪器(填字母)加入的试剂作用C饱和氯化钠溶液除去HClC浓硫酸除去H2OBNaOH溶液吸收多余的Cl2(3)b(4)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,酸能使石蕊溶液变红,次氯酸又能使石蕊溶液褪色 (5)弱命题角度1:氯气的制备及性质探究实验【典例1】(2021·邯郸模拟)已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气,并实验其与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置,其中有错误的是( )A.①和②处 B.只有②处C.②和③处D.②、③、④处【以图析题·培养关键能力】【解析】选D。KMnO4与浓盐酸在常温下反应能产生氯气,因此不需要加热,因此①正确;Cl2为黄绿色、易溶于水、有毒性的气体,能被氢氧化钠溶液吸收,因此②中除去氯气中的氯化氢杂质不能用氢氧化钠溶液,因此②不正确;浓硫酸可以干燥氯气,但是要长进短出,因此③不正确;氯气与金属反应时,为了充分反应,应该把导管伸到试管的底部,且反应需要加热,为保持气压平衡及防止尾气污染环境,还应有出气管和尾气处理装置,因此④不正确。(1)(科学探究与创新意识)若将装置①中的KMnO4换成漂白粉,能否产生氯气?提示:可以。反应方程式为4HCl(浓)+Ca(ClO)2====CaCl2+2H2O+2Cl2↑。(2)(科学探究与创新意识)若用装置③收集氯气,其中装满的液体是什么?提示:饱和食盐水。氯气在饱和食盐水中的溶解度很小。【讲台挥洒一刻】实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2时四提醒(1)反应物的选择:必须用浓盐酸,稀盐酸与MnO2不反应,且随着反应的进行,浓盐酸变为稀盐酸时,反应停止,故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。(2)加热温度:不宜过高,以减少HCl挥发。(3)实验结束后,先使反应停止并排出残留的Cl2后,再拆卸装置,避免污染空气。(4)尾气吸收时,用NaOH溶液吸收Cl2,不能用澄清石灰水吸收,因为溶液中含Ca(OH)2的量少,吸收不完全。命题角度2:含氯化合物制备的综合实验【典例2】二氧化氯(ClO2)是一种新型的环保饮用水消毒剂,某课题小组拟选择如图所示部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白性(装置不可重复使用)。已知:①常温下,亚氯酸钠(NaClO2)与氯气反应的生成物之一为二氧化氯;②常温常压下,ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体。回答下列问题:(1)制备干燥、纯净的氯气:气体发生装置是 (填字母),反应的离子方程式为 ????????????????????????? 。?(2)制备二氧化氯:导管口连接顺序为a→ →n→p→j。?(3)写出装置G中发生反应的化学方程式:???????????????????????? 。?(4)装置E的作用是?????????????????????????????? 。?(5)二氧化氯还会与H2O2和NaOH的混合溶液反应,其产物之一是NaClO2。写出该反应的化学方程式:???????????????????????????????????? 。?【以图析题·培养关键能力】 【解析】(1)若用MnO2作氧化剂制备Cl2,则气体发生装置应选取装置A,因该反应需加热;若用KMnO4作氧化剂,则气体发生装置应选取装置B,因该反应不需要加热。反应的离子方程式分别为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O、2MnO+16H++10Cl-====2Mn2++5Cl2↑+8H2O。(2)制备ClO2的过程:制备Cl2,除去Cl2中HCl杂质,用装置C中的浓硫酸进行干燥,用装置G中的NaClO2与Cl2反应生成ClO2和NaCl,用装置E中的CCl4除去多余的Cl2,用装置F收集ClO2,用装置I吸收有毒尾气,装置I还起到防止空气中的水蒸气进入装置F中的作用。故导管口的连接顺序为a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。(3)装置G中制备ClO2发生反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2====2ClO2+2NaCl。(4)装置E中的CCl4可吸收ClO2中的Cl2,起到净化ClO2的作用。(5)由题意可知,反应物为ClO2、NaOH、H2O2,产物之一是NaClO2,根据氧化还原反应原理及原子守恒可知,其余的产物为O2、H2O,故该反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2====2NaClO2+O2+2H2O。答案:(1)A MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或B 2Mn+16H++10Cl-====2Mn2++5Cl2↑+8H2O)(2)z→m→x→y→b→c→r→s(3)Cl2+2NaClO2====2ClO2+2NaCl(4)吸收二氧化氯中的氯气(5)2ClO2+2NaOH+H2O2====2NaClO2+O2+2H2O(1)(科学探究与创新意识)本实验选择装置I而不选择装置H的原因是什么?提示:装置I与装置H的不同之处在于装置I可防止空气中的水蒸气进入装置F中,而装置H中盛有烧碱溶液,其中的水蒸气可进入装置F中,且可能会引起倒吸。(2)(证据推理与模型认知)请设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性。提示:取少量品红溶液于试管中,通入二氧化氯,观察到品红溶液褪色,再加热已褪色的溶液,溶液不变红色。【备选例题】 (2021·西安模拟)氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物,沸点为77℃,在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应,产生白雾和带有刺激性气味的气体。实验室合成SOCl2的原理为SO2+Cl2+SCl2====2SOCl2,部分装置如图所示。回答下列问题:(1)实验室制取SOCl2时,所选仪器的连接顺序是⑥→ →①②← (某些仪器可以多次使用)。?(2)冷凝管口③是 (填“进水”或“出水”)口,冷凝管上连接干燥管的作用是 ? ? ? ? ? ? ? ? 。?(3)本实验中制取Cl2的离子方程式为? ? ? ? ? ? ? 。?SOCl2与水反应的化学方程式为? ? ? ? ? ? ? 。?(4)已知SCl2的沸点为50℃。实验结束后,将三颈烧瓶中的混合物分离开的实验操作名称是 。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL(已转化为标准? 状况,且SO2足量),最后得到纯净的SOCl26.76g,则SOCl2的产率为 (保留两位有效数字)。?(5)取少量三颈烧瓶中充分反应后的液体,加入足量NaOH溶液,振荡、静置得到无色溶液,检验溶液中存在Cl-的方法是 ? ? ? ? ? 。?【解析】(1)由题中给出的部分仪器的连接顺序可知,①中通入的是纯净干燥的Cl2,故将⑥导出的Cl2先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶;②中通入的是干燥的SO2,利用⑦所在的装置制取二氧化硫,然后用浓硫酸干燥。(2)应从冷凝管的下口进水,上口出水;由题意可知,冷凝管上连接干燥管的作用是吸收逸出的Cl2、SO2,同时防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解。(3)本实验中可利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气;由SOCl2遇水剧烈反应,产生白雾和带有刺激性气味的气体可知,SOCl2与水反应得到SO2和HCl。(4)可用蒸馏的方法将三颈烧瓶中的混合物分离开;由Cl2~2SOCl2可知,理论上得到SOCl2的质量为(×2×119)g=9.52g,则SOCl2的产率为×100%≈71%。(5)检验Cl-时要排除SO的干扰,故操作方法为取少量溶液于试管中,加入过量Ba(NO3)2溶液,静置,取上层清液,滴加HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中存在Cl-。答案:(1)→→⑨→⑩ ⑩←⑨←⑦(2)进水 吸收逸出的Cl2、SO2,防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OSOCl2+H2O====SO2↑+2HCl (4)蒸馏 71%(或0.71)(5)取少量溶液于试管中,加入过量Ba(NO3)2溶液,静置,取上层清液,滴加HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中存在Cl-有关实验装置或装置试剂作用的答题模板命题点1:氯气的制备及性质探究实验(基础性考点)1.如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3,仪器连接顺序正确的是( )A.a-b-c-d-e-f-g-hB.a-e-d-c-b-h-i-gC.a-d-e-c-b-h-i-gD.a-c-b-d-e-h-i-f【解析】选B。装置顺序为制取氯气、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”。命题点2:含氯化合物制备的综合实验(综合性考点)2.(双选)一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示,反应Ⅰ中的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法正确的是( )A.产品中可能含有NaClB.反应Ⅱ中H2O2作还原剂C.NaClO2的漂白原理与SO2相同D.实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【解析】选A、B。反应Ⅰ中有NaCl生成,反应Ⅱ中NaCl没有参加反应,所以最终产物中含有NaCl,A正确;反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+O2↑+2H2O,则ClO2是氧化剂,H2O2作还原剂生成氧气,B正确;NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性,SO2和有色物质发生化合反应生成无色物质,所以二者漂白原理不同,C错误;实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行,D错误。【知识拓展】ClO2的性质和制备(1)物理性质。常温下为黄绿色或黄红色气体,其液体为红褐色,固体为浅红色,熔点-59℃,沸点11℃。(2)化学性质。①不稳定性:ClO2见光或遇热水分解②强氧化性。ClO2氧化Mn2+2ClO2+5Mn2++6H2O====5MnO2+12H++2Cl-ClO2氧化Fe2+ClO2+5Fe2++4H+====5Fe3++Cl-+2H2OClO2氧化硫化物(S2-)生成SO8ClO2+5S2-+4H2O====5SO+8Cl-+8H+ClO2氧化废水中的CN-2ClO2+2CN-====2CO2+N2+2Cl-(3)制备方法。①实验室制法把氯酸钠、亚硫酸钠和稀H2SO4混合水浴加热可制得黄绿色的ClO2气体,化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O。[名师点拨]①可以用SO2代替Na2SO3;②要避光,否则会使ClO2分解;③控制水浴温度和加入H2SO4的速度,使ClO2均匀生成。②工业制法氯酸钠与浓盐酸反应2NaClO3+4HCl(浓)====2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O亚氯酸钠与Cl2反应2NaClO2+Cl2====2NaCl+2ClO2氯酸钠与草酸反应H2C2O4+2NaClO3+H2SO4====Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O亚氯酸钠与盐酸反应5NaClO2+4HCl====5NaCl+4ClO2↑+2H2O【加固训练—拔高】 1.ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下:(1)写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式:? 。?(2)写出二氧化氯发生器中的化学方程式,并标出电子转移的方向及数目:? 。?(3)ClO2能将电镀废水中的CN-氧化成两种无毒气体,自身被还原成Cl-。写出该反应的离子方程式: 。?【解析】(1)根据电解原理,氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式为Cl-+3H2O3H2↑+ClO。(2)二氧化氯发生器中NaClO3被还原为ClO2,盐酸被氧化为Cl2,化学方程式为====2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O。(3)ClO2能将电镀废水中的CN-氧化成两种无毒气体,自身被还原成Cl-。该反应的离子方程式为2ClO2+2CN-====2CO2+2Cl-+N2。答案:(1)Cl-+3H2O3H2↑+ClO(2)====2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O(3)2ClO2+2CN-====2CO2+2Cl-+N22.(2017·4月浙江选考)ClO2是一种优良的消毒剂,浓度过高时易发生分解,常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示。已知:2NaClO3+H2O2+H2SO4====2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH====2NaClO2+O2+2H2OClO2熔点:-59℃、沸点:11℃;H2O2沸点:150℃ 请回答:(1)仪器A的作用是 ;冰水浴冷却的目的是 (写出两种)。?(2)空气流速过快或过慢,均降低NaClO2产率,试解释其原因: 。?(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,ClO2的生成速率大大提高,并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成,将其补充完整:①????????????????????????????????????????????????????????????(用离子方程式表示),②H2O2+Cl2====2Cl-+O2+2H+。(4)H2O2浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量30%H2O2溶液浓缩至40%,B处应增加一个设备。该设备的作用是 ,馏出物是 。?【解析】(1)由于反应生成的气体在冰水浴中的广口瓶内被吸收,广口瓶内气压减小,因此需要防倒吸,故仪器A为防止倒吸的安全瓶。(2)空气流速的快慢即为ClO2气体流速的快慢,当空气流速过快时,三颈烧瓶中生成的ClO2迅速通过NaOH溶液,无法充分反应;当空气流速过慢时,会导致聚集在三颈烧瓶内的ClO2因浓度过高而分解。(3)由题给信息Cl-能加快ClO2的生成速度,因此①中应有ClO2生成,ClO2为ClO的还原产物;由②可知,Cl-被ClO氧化成Cl2,据此就可以写出相应的离子反应方程式。(4)浓缩H2O2的水溶液,即要将其中的部分水蒸出,故馏出物为H2O。水浴加热的温度极限为100℃,而因传热等实际问题,瓶内温度很难达到100℃,因此需要添加抽气装置来降低体系内的压强,从而使水更容易蒸出,同时也可以减少H2O2因受热分解而造成的损失。答案:(1)防止倒吸 降低NaClO2的溶解度;减少H2O2的分解;增加ClO2的溶解度;减少ClO2的分解(任写两种)(2)空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收(3)2ClO+2Cl-+4H+====2ClO2↑+Cl2↑+2H2O(4)减压 H2O考点三 卤素的性质(包含氟)及卤素离子的检验(命题指数★★★★★)1.卤素单质(X2)性质的相似性和递变性:(1)性质的相似性①都能与大多数金属反应,如F2、Cl2、Br2与Fe反应:2Fe+3X2====2FeX3,但由于I2的氧化性较弱,I2与Fe反应生成FeI2。②都能与H2反应生成HX:X2+H2====2HX。③都能与水反应:X2+H2OHX+HXO(F2例外:2F2+2H2O====4HF+O2)。④都能与碱溶液反应:X2+2NaOH====NaX+NaXO+H2O(F2例外)。F2能与水反应放出O2,故F2不能从其他卤化物的水溶液中将卤素单质置换出来。(2)性质的递变性2.卤素离子的检验方法:(1)AgNO3溶液——沉淀法(2)置换——萃取法(3)氧化——淀粉法检验I-未知液蓝色溶液,表明有I-1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)由Fe与Cl2反应生成FeCl3可推测Fe与I2反应生成FeI3。( )提示:×。Fe与I2反应生成FeI2。(2)Cl2、F2与H2O反应的原理相同,不属于置换反应。( )提示:×。F2与H2O反应属于置换反应。(3)只用AgNO3溶液可鉴别Na2CO3、NaCl和KBr。( )提示:×。只用AgNO3溶液不可鉴别Na2CO3、NaCl,均生成白色沉淀。(4)F非金属性最强,F-的还原性最强。( )提示:×。F非金属性最强,F-的还原性最弱。(5)为验证Br2的氧化性强于I2,将少量溴水加入KI溶液中,再加入CCl4,振荡,静置,可观察到下层液体呈紫红色。( )提示:√。碘单质萃取时呈紫红色。2.(1)依据卤素单质的物理性质的递变规律,试推测砹的颜色和状态。提示:卤素单质自上而下,颜色逐渐加深,熔点依次升高,状态由气态→液态→固态,故砹为黑色固体。(2)氯气能从NaBr溶液中置换出Br2,F2比Cl2更活泼,F2也能从NaBr溶液中置换出Br2吗?提示:F2性质活泼,是氧化性最强的非金属单质,在溶液中会与水反应生成HF和O2,故不能从NaBr溶液中置换出Br2。命题角度1:卤素性质的递变规律【典例1】如图是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图,下列说法错误的是( )A.单质①是最活泼的非金属单质B.单质②能使品红溶液褪色C.单质④能使淀粉溶液变蓝D.单质的氧化性是④>③>②>①【解析】选D。从图中可以看出,从F2→I2,相对分子质量逐渐增大,沸点也逐渐升高,故①为F2,②为Cl2,③为Br2,④为I2,单质的氧化性是①>②>③>④,D项错误。在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是( )A.卤素的钾盐(KX)中,最易被氧化的是①的钾盐B.③的单质中溶有少量②的单质,可以用加入③的钠盐(NaX)再用汽油萃取的方法提纯C.①的单质跟氯化钠水溶液反应,一定有氯气生成D.卤素单质与水反应时,水既不是氧化剂也不是还原剂【解析】选B。还原性F-命题角度2:卤素单质氧化性强弱的实验探究方法【典例2】(2021·湖州模拟)为验证卤素单质氧化性的相对强弱,某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验)。实验过程:Ⅰ.打开弹簧夹,打开活塞a,滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时,夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时,关闭活塞a。Ⅳ.……(1)A中产生黄绿色气体,其电子式是 。?(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是?? ? ? ? ? ? ? 。?(3)B中溶液发生反应的离子方程式是??? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?(4)为验证溴的氧化性强于碘,过程Ⅳ的操作和现象是?? 。?(5)过程Ⅲ实验的目的是 。?【以图析题·培养关键能力】【解析】A中滴加浓盐酸后,发生反应:2KMnO4+16HCl(浓)====2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,生成黄绿色气体Cl2,在A、B、C中分别发生反应:Cl2+2KI====2KCl+I2、Cl2+2NaBr====2NaCl+Br2、Cl2+2NaBr====2NaCl+Br2,由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色,打开活塞b,C中生成的Br2在D中发生反应:Br2+2KI====2KBr+I2。实验过程Ⅲ,当B中黄色溶液继续通入过量Cl2时,溶液变为红棕色,以此为对照,说明C中黄色溶液无Cl2,从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。答案:(1(2)湿润的淀粉KI试纸变蓝(3)Cl2+2Br-====Br2+2Cl-(4)打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下D振荡,静置后CCl4层变为紫红色(5)确认C的黄色溶液中无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰1.卤素及其化合物的特殊性:氟①无正价,氧化性最强,F-的还原性最弱②2F2+2H2O====4HF+O2,与H2反应在暗处立即爆炸③HF是弱酸,能腐蚀玻璃,故应保存在塑料瓶中;有毒溴①Br2是红棕色液体,易挥发,有毒②Br2易溶于有机溶剂③盛溴的试剂瓶中加水,进行水封,保存液溴时不能用橡胶塞碘①I2使淀粉变蓝色②I2加热时易升华③I2易溶于有机溶剂④食用盐中加入KIO3可防治甲状腺肿大2.Br2、I2在水、有机溶剂中的颜色比较:物质Br2I2水橙色→黄色褐色→黄色有机溶剂(苯、CCl4、汽油)橙红色→橙色紫色→紫红色3.卤素单质及离子的氧化性、还原性:(1)卤素单质的氧化性:F2>Cl2>Br2>I2。(2)卤素离子的还原性:F-命题点1:卤素性质的递变规律(基础性考点)1.(2021·深圳模拟)下列有关卤素的说法错误的是( )A.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2B.HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强C.淀粉碘化钾酸性溶液在空气中变蓝,4I-+O2+4H+====2I2+2H2OD.次氯酸盐具有氧化性,故漂白粉可以漂白织物【解析】选A。HCl极易溶于水,饱和食盐水可抑制氯气的溶解,洗气得到的氯气中含水蒸气,干燥后得到纯净的Cl2,故A错误;非金属性越强,对应氢化物的还原性越弱,则HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强,故B正确;淀粉遇碘单质变蓝,则淀粉碘化钾酸性溶液在空气中变蓝,发生4I-+O2+4H+====2I2+2H2O,故C正确;次氯酸根离子具有强氧化性,可知次氯酸盐具有氧化性,故漂白粉可以漂白织物,故D正确。2.下列关于卤素(用X表示)的叙述,错误的是( )A.卤素单质与水反应均可用X2+H2OHXO+HX表示B.HX都极易溶于水,它们的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小C.卤素单质的颜色由F2→I2随相对分子质量增大而变深D.X-的还原性依次为F-【解析】选A。卤素单质中,氟气和水之间反应生成HF和O2,不符合X2+H2OHXO+HX,A错误;卤素原子得电子能力越强,HX的热稳定性越强,卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小,所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小,B正确;卤素单质的颜色由F2到I2逐渐加深,由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色,C正确;卤素单质的氧化性由F2到I2逐渐减弱,对应离子的还原性F-命题点2:卤素单质氧化性强弱的探究(综合性考点)3.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是( )A.E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强B.F处棉花球变成蓝色,说明Br2的氧化性比I2强C.E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-====2Cl-+Br2D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2====ClO-+Cl-+H2O【解析】选B。E处发生反应Cl2+2Br-====2Cl-+Br2,则E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强,A、C正确;F处可能发生反应Cl2+2I-====2Cl-+I2,也可能发生反应Br2+2I-====2Br-+I2,F处棉花球变蓝色只能说明有碘单质生成,由于氯气的干扰,所以不能说明Br2的氧化性比I2强,B错误;G为尾气处理装置,装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2====ClO-+Cl-+H2O,D正确。【加固训练—拔高】 1.(2021·合肥模拟)某同学设计完成了以下两个实验:①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)。②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层的颜色没有变化。下列说法不正确的是( )A.实验①生成HIO3时发生的反应为I2+5Cl2+6H2O====2HIO3+10HClB.实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液C.由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是Cl2>Br2>I2D.由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3【解析】选C。由实验①继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)可知,氯气可氧化碘单质,发生的反应为I2+5Cl2+6H2O====2HIO3+10HCl,故A正确;由实验②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色可知,溴易溶于CCl4,则可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液,故B正确;根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由实验①可知氧化性:Cl2>I2,由实验②可知氧化性:Cl2>Br2,不能比较Br2、I2的氧化性强弱,故C错误;由实验①、②可知,氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3,故D正确。2.卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应,歧化产物依反应温度的不同而不同。Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O3Cl2+6OH-5Cl-+Cl+3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置:装置中盛装的药品如下:①多用滴管中装有5mL浓盐酸;②微型具支试管中装有1.5gKMnO4;③微型具支试管中装有2~3mL浓硫酸;④U形反应管中装有30%KOH溶液;⑤U形反应管中装有2mol·L-1NaOH溶液;⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L-1KI-淀粉溶液和KBr溶液;⑧尾气出口用浸有0.5mol·L-1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住。(1)为了使装置④、⑤中的反应顺利完成,应该控制的反应条件分别为 。?(2)装置⑥、⑦中能够观察到的实验现象分别是? 。?(3)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置,还能否证明氧化性:Cl2>I2, (填“能”或“不能”),理由是 ? 。?(4)尾气处理时发生反应的离子方程式为? 。?【解析】(1)装置④中盛放30%KOH溶液,用于制备KClO3,发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O;装置⑤中盛放2mol·L-1NaOH溶液,用于制备NaClO,发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O;根据题给信息,为使装置④中反应顺利完成,装置④应放入348K热水浴中;为使装置⑤中反应顺利完成,装置⑤应放入冰水浴中。(2)装置⑥中盛放KI-淀粉溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KI====2KCl+I2,淀粉遇I2呈蓝色,装置⑥的实验现象是溶液变蓝。装置⑦中盛放KBr溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KBr====2KCl+Br2,装置⑦的实验现象是溶液变成橙色。(3)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置,装置⑥中盛放KBr溶液,装置⑥中发生反应Cl2+2KBr====2KCl+Br2,由此得出氧化性:Cl2>Br2;装置⑦中盛放KI-淀粉溶液,无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2(g)都能与KI反应生成I2,能说明Cl2或Br2(g)的氧化性强于I2,结合装置⑥中结论也能证明Cl2的氧化性强于I2。(4)尾气用0.5mol·L-1Na2S2O3溶液吸收,Cl2将S2O氧化成SO,Cl2被还原成Cl-,反应的离子方程式为4Cl2+S2O+5H2O====2SO+8Cl-+10H+。答案:(1)装置④放入348K(或75℃)热水浴中 装置⑤放入冰水浴中(2)装置⑥中溶液变蓝 装置⑦中溶液变成橙色(3)能 若互换装置⑥、⑦中的试剂,Cl2与KBr反应生成Br2,挥发出来的Br2与KI反应,也可以证明Cl2的氧化性强于I2(4)S2O+4Cl2+5H2O====2SO+8Cl-+10H+3.IBr、ICl、BrF3等称为卤素互化物,(CN)2、(SCN)2、(OCN)2等称为拟卤素,它们的化学性质均与卤素单质相似,请回答下列问题。(1)氯化碘(ICl)中碘元素的化合价为 ;它与水反应的化学方程式为ICl+H2O====HIO+HCl,该反应的反应类型为 (填中学常见的无机反应类型)。?(2)溴化碘(IBr)具有强氧化性,能与Na2SO3溶液反应,发生反应的离子方程式为? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?(3)①已知某些离子的还原性强弱顺序为I->SCN->CN->Br->Cl-。现将几滴KSCN溶液滴入含少量Fe3+的溶液中,溶液立即变红,向其中逐滴滴入酸性KMnO4溶液,观察到红色逐渐褪去,请利用平衡移动原理解释这一现象:?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?②下列物质中,也可以使该溶液红色褪去的是 (填字母)。?A.新制氯水 B.碘水 C.SO2 D.盐酸(4)KCN为剧毒物质,处理含有KCN的废水常用的方法:在碱性条件下用NaClO溶液将CN-氧化为CO和一种单质气体,该反应的离子方程式为?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?【解析】(1)Cl的非金属性强于I,则ICl中Cl元素显-1价、I元素显+1价;此反应中没有元素化合价的变化,属于复分解反应(非氧化还原反应)。(2)IBr具有强氧化性,I被还原成I-,SO被氧化成SO,因此离子方程式为IBr+SO+H2O====I-+Br-+SO+2H+。(3)①溶液立即变红,发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,加入酸性KMnO4溶液红色褪去,说明KMnO4把SCN-氧化,促使上述平衡向逆反应方向移动,最终Fe(SCN)3完全反应,溶液红色褪去;②能使红色褪去的物质,可以具有强氧化性,如新制氯水中Cl2将SCN-氧化,也可以具有还原性,如SO2将Fe3+还原,故A、C正确。(4)CN-中N元素显-3价,C元素显+2价,另一种单质气体为N2,因此反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-====2CO+N2↑+5Cl-+H2O。答案:(1)+1 复分解反应(2)IBr+SO+H2O====I-+Br-+SO+2H+(3)①酸性高锰酸钾溶液将SCN-氧化,减小了SCN-的浓度,使反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3的平衡不断向左移动,最终Fe(SCN)3完全反应,红色消失 ②AC(4)2CN-+5ClO-+2OH-====2CO+5Cl-+N2↑+H2O考点四 从海水中提取氯、溴和碘(命题指数★★★★★)一、氯碱工业1.流程:海水→粗盐→电解饱和食盐水2.电解NaCl溶液:(写出化学方程式,下同)2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。3.产物制氯化氢:H2+Cl22HCl。4.制漂白液:Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O。二、海水提溴三、海带中碘的提取流程(1)化学原理(离子方程式)2I-+Cl2====I2+2Cl-。(2)主要的物理原理:单质碘用CCl4或苯萃取,分液后用蒸馏法将碘与有机溶剂分开。 判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)海水中Na、Mg、Cl、Br、I元素均以化合态存在。( )提示:√。Na、Mg、Cl、Br、I都是较活泼元素,在海水中均以化合态存在。(2)海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、明矾净化法、双氧水杀菌等方法。( )提示:×。明矾净化法、双氧水杀菌等方法不能使海水淡化,可以净化海水。(3)海水提取溴和碘既涉及物理过程又涉及化学过程。( )提示:√。海水提取溴和碘既涉及萃取、蒸馏等物理过程又涉及化学变化。(4)碘的CCl4溶液可以采用蒸馏法分离。( )提示:√。碘的CCl4溶液可以采用蒸馏法蒸馏出四氯化碳。(5)NaCl溶液中Mg2+、SO可依次加入NaOH、Ba(NO3)2,除去Mg2+和SO。( )提示:×。加Ba(NO3)2引入NO。(6)Na2CO3溶液贮存在带有玻璃塞的玻璃试剂瓶中。( )提示:×。Na2CO3溶液水解显碱性与玻璃中的SiO2反应。【加固训练—拔高】 海水中溴元素以Br-形式存在,工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图所示:(1)步骤①反应的离子方程式是? 。?(2)步骤③反应的化学方程式是? ,?从理论上考虑,下列试剂也能吸收Br2的是 。?A.NaOH B.FeCl2 C.Na2SO3 D.H2O(3)步骤⑤蒸馏的过程中,温度应控制在80~90℃。温度过高或过低都不利于生产,请解释原因:? 。?(4)为什么不直接用“溴水混合物Ⅰ”而要用“溴水混合物Ⅱ”进行蒸馏得到液溴?? 。?【解析】(1)、(2)相对简单,读懂流程图,结合学过的重点方程式,可以写出Cl2+2Br-====2Cl-+Br2,Br2+SO2+2H2O====2HBr+H2SO4;只从理论上考虑,NaOH具有强碱性,能吸收Br2,Fe2+、SO具有较强还原性也能吸收Br2,但Br2在水中的溶解度较小,不能充分吸收。(3)温度过高,大量水蒸气随溴排出,使溴蒸气中水蒸气的含量增加,温度过低,溴不能完全蒸出,产率太低。(4)“溴水混合物Ⅰ”中虽然含有溴单质,但浓度低,如果直接蒸馏,处理量大,生产成本高。经过“空气吹出、SO2吸收、Cl2氧化”等步骤实际上是将溴水浓缩了。答案:(1)Cl2+2Br-====2Cl-+Br2(2)Br2+SO2+2H2O====2HBr+H2SO4 A、B、C(3)若温度过高,大量水蒸气随溴排出,使溴蒸气中水蒸气的含量增加,温度过低,溴不能完全蒸出,产率太低(4)“溴水混合物Ⅰ”中虽然含有溴单质,但浓度低,如果直接蒸馏,处理量大,生产成本高。而“溴水混合物Ⅱ”实际上将溴水浓缩了命题角度1:海水中提溴【典例1】(2021·天津河东区模拟)从淡化海水中提取溴的流程如下:下列有关说法不正确的是( )A.X试剂可为Na2SO3饱和溶液B.步骤Ⅲ的离子反应:2Br-+Cl2====2Cl-+Br2C.工业上每获得1molBr2,需要消耗Cl244.8L(标准状况下)D.步骤Ⅳ包含萃取、分液和过滤【解析】选D。Na2SO3+Br2+H2O====Na2SO4+2HBr,A正确;步骤Ⅲ利用氯的非金属性比溴强,可以利用置换反应制取Br2,B正确;步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均使用Cl2,故制取1molBr2消耗2mol氯气,标准状况下体积为44.8L,C正确;从浓溴水中提取溴,可利用有机溶剂(如苯)萃取溴,然后分液得到溴的有机溶液,再经蒸馏可得纯净的溴,D错误。【讲台挥洒一刻】 用碳酸钠溶液作吸收剂,从海水中提溴的过程(1)向富集的海水里通入Cl2,使Br-被氧化成Br2。(2)从溶液底部向上鼓空气,使液溴变成蒸气跟空气流一起逸出,逸出气流通入碳酸钠溶液,溴蒸气被碳酸钠溶液吸收,同时有CO2气体从溶液里放出,方程式为3Na2CO3+3Br2====5NaBr+NaBrO3+3CO2↑。(3)用稀硫酸处理上述溴化合物的溶液,就得到了液溴溶液。发生反应:5NaBr+NaBrO3+3H2SO4====3Br2+3Na2SO4+3H2O。命题角度2:海水、海带中提碘【典例2】在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中,采用下面的工艺流程生产单质碘:(1)步骤③加Fe粉的目的是 。?(2)写出步骤④中反应的离子方程式 。?(3)上述生产流程中,可以循环利用的副产物是 。?(4)操作⑤的名称是 ,选用的试剂是 。?【以图析题·培养关键能力】【解析】(1)富碘卤水中含有I-,加入硝酸银发生反应:Ag++I-====AgI↓,过滤水洗后为AgI,加入Fe搅拌,可得Ag和FeI2。(2)FeI2具有还原性,与充足的氯气发生氧化还原反应生成I2和FeCl3,反应的化学方程式为2FeI2+3Cl2====2I2+2FeCl3。(3)由流程图可看出,副产物为Ag,由于加入的Fe过量,所以在甲中先加入稀硫酸除去Fe,再加入稀硝酸与Ag反应制得AgNO3溶液,所以Ag(或AgNO3)可循环利用。(4)碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,CCl4和水不相溶,且CCl4和I2不反应,分离I2和FeCl3的方法是加入CCl4有机溶剂进行萃取、分液。答案:(1)使碘化银转化成碘化亚铁(FeI2)和单质银(或将难电离的碘化银转化成可溶的碘化亚铁)(2)2Fe2++4I-+3Cl2====2I2+2Fe3++6Cl-(3)Ag(或AgNO3) (4)萃取分液 CCl4(合理即可)(1)(宏观辨识与微观探析)上述过程属于氧化还原反应的有哪些?提示:③④⑥⑦。(2)(科学态度与社会责任)操作⑤不能采用直接蒸馏混合溶液的方法获得单质碘,理由是什么?提示:碘单质在水中的溶解度很小,故溶液浓度小,直接蒸馏混合液耗能较大,产率也低,也易混入其他杂质。解答化工流程题的方法——目标分析法 制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑;解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易处着手;先局部,后全盘,逐步深入。而且还要看清问题,不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”:本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。命题点1:海水中提溴(基础性考点)1.(2021·焦作模拟)实验室利用浓缩的某废水(含Mg2+、Br-、Cl-等)制备Br2的CCl4溶液及Mg(OH)2。向经过滤后的废水中加入少量盐酸并通入足量Cl2,之后未涉及的操作是( )【解析】选D。由图可知A为萃取、B为加碱生成沉淀、C为过滤、D为蒸馏,由制备原理可知加碱过滤分离出氢氧化镁,滤液中通入氯气氧化溴离子生成溴,再萃取、分液分离,则不涉及蒸馏。命题点2:海水、海带中提碘(综合性考点)2.(2021年广东适应性测试)提取海带中I2的实验中,所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是( )【解析】选D。灼烧应该用坩埚,而不能用蒸发皿,所以A选项错误;溶解不需要容量瓶,所以B选项错误;过滤需要玻璃棒引流,C选项错误;I-氧化生成I2用CCl4萃取再分液,实验装置及操作无误,D正确。【加固训练—拔高】 1.(2021·北京东城区模拟)如下所示为海水综合利用的部分流程,有关说法错误的是( )A.实验室进行①的操作需用到坩埚、玻璃棒、酒精灯B.②是一个将电能转化为化学能的过程C.③④⑤涉及的反应均为氧化还原反应D.④中反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O====4H++SO+2Br-【解析】选A。操作①是蒸发,应使用蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等,A项错误;②是电解熔融NaCl获得Cl2的过程,B项正确;③是NaBr与Cl2的反应,④是Br2将水溶液中的SO2氧化成H2SO4的过程,⑤是HBr被氧化成Br2的过程,③④⑤中均有元素化合价发生变化,C项正确;生成的H2SO4和HBr均为强电解质,D项正确。2.实验室从含碘废液(除H2O外,含有CCl4、I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I-,其离子方程式为? ;?该操作将I2还原为I-的目的是 。?(2)操作X的名称为 。?(3)氧化时,在三颈烧瓶中将含I-的水溶液用盐酸调至pH约为2,缓慢通入Cl2,在40℃左右反应(实验装置如图所示)。实验控制在较低温度下进行的原因是? ;?锥形瓶里盛放的溶液为 。?(4)已知:5SO+2IO+2H+===I2+5SO+H2O。某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2,可能存在I-、IO中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I-、IO的实验方案:取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在;?????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????。?实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。【解析】(1)该反应为Na2SO3、I2的氧化还原反应,离子方程式为SO+I2+H2O====SO+2I-+2H+。含碘废液中碘以I-、I2的形式存在,将废液中的I2还原为I-的目的是使CCl4中碘进入水层。(2)CCl4不溶于水,因此可以通过分液的方法使其与水分离。(3)实验控制在较低温度下进行,是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)。锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl2,故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。(4)检验I-,可以利用I-的还原性,先加入淀粉溶液,再加盐酸酸化,最后滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,则说明废水中含有I-,若溶液不变蓝,则说明废水中不含有I-;检验IO,可以利用IO的氧化性,先加入淀粉溶液,再加盐酸酸化,最后滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,则说明废水中含有IO,若溶液不变蓝,则说明废水中不含有IO。答案:(1)SO+I2+H2O====2I-+SO+2H+使CCl4中的碘进入水层 (2)分液(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化) NaOH溶液(4)从水层取少量溶液,加入1~2mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-;另从水层取少量溶液,加入1~2mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有IO,若溶液不变蓝,说明废水中不含有IO3.以下为工业从海水中提取液溴的流程图:已知:溴的沸点为59℃,微溶于水,有毒性。请回答:(1)某同学利用“图1”装置进行步骤①至步骤④的实验,当进行步骤①时,应关闭活塞 ,打开活塞 。?(2)步骤②中可根据? 现象,简单判断热空气的流速。(3)步骤③中简单判断反应完全的依据是? 。?(4)步骤⑤用“图2”装置进行蒸馏,蒸馏烧瓶中尚未安装温度计,安装时其位置应注意 ,装置C中直接加热不合理,应改为 ,蒸馏时冷凝水应从 (填“e”或“f”)端进入,图中E、F的作用是 、 。?【解析】(1)根据提取溴的流程图,操作是制取Br2→吹出溴单质→用SO2富集溴→用氯气把Br-氧化,进行步骤①时,通入氯气,因此关闭b、d,打开a、c,因为氯气有毒,尾气必须处理。(2)通入热空气的目的,利用溴单质易挥发,把溴吹入B装置中,因此判断热空气流速,可以通过观察气泡冒出快慢来判断。(3)SO2+Br2+2H2O====H2SO4+2HBr,溴水显(橙)黄色,当反应完全后溶液的颜色褪去。(4)蒸馏实验时,温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处,目的是测气体的沸点,溴的沸点为59℃,直接加热不利于温度的控制,可能造成溴单质中含有大量水分,因此应采用水浴加热,蒸馏时为了增强冷凝效果,应从下口入水,从上口流出,即从f端进入,E的作用是收集液溴,但溴有毒,必须进行尾气处理,因此F装置的作用是除去尾气。答案:(1)b、d a、c (2)A中气泡产生的快慢 (3)B中溶液褪色(4)温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处 水浴加热 f 收集溴 吸收尾气1.(2020·天津等级考)在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间,使用的“84消毒液”的主要有效成分是( )A.NaOH B.NaClC.NaClOD.Na2CO3【解析】选C。制取“84消毒液”的化学反应为Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O,“84消毒液”的主要有效成分为NaClO,C项正确。2.(2020·全国Ⅱ卷节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:(1)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为 。?(2)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1molClO2消耗NaClO2的量为 mol;产生“气泡”的化学方程式为 。?(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是 (用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。?【解析】(1)由新制的HgO和Cl2反应来制备Cl2O,该反应为歧化反应,则一部分氯化合价降低生成HgCl2。根据守恒配平化学方程式为2Cl2+HgO====HgCl2+Cl2O。(2)生成ClO2的反应属于歧化反应,还原产物为NaCl,每生成1molClO2,转移1mol电子,则生成的NaCl为1mol÷4=0.25mol,由氯元素守恒可知消耗NaClO2的量为1.25mol;由反应物可知产生“气泡”为CO2,反应的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4====CO2↑+Na2SO4+H2O。(3)酸性清洁剂的主要成分为HCl,与NaClO发生归中反应生成氯气,离子方程式为ClO-+Cl-+2H+====Cl2↑+H2O。设消耗氯气的质量为xkg,由化学方程式Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O得消耗的NaOH的质量为,由题意得:(1000kg-xkg)×30%-=1000kg×1%;x≈203。答案:(1)2Cl2+HgO====HgCl2+Cl2O (2)1.25 NaHCO3+NaHSO4====CO2↑+Na2SO4+H2O(3)ClO-+Cl-+2H+====Cl2↑+H2O 203【加固训练—拔高】1.下列说法不正确的是( )A.(2018·全国卷Ⅱ)漂白粉可用于生活用水的消毒B.(2018·北京高考)石蕊溶液滴入氯水中,溶液变红随后迅速褪色,不涉及氧化还原反应C.(2018·海南高考)氯水具有较强的氧化性,可用于漂白纸张、织物等D.(2017·全国卷Ⅲ)清洗碘升华实验所用试管,先用酒精清洗,再用水清洗【解析】选B。B项,红色褪去,是HClO表现其强氧化性,错误;D项,碘易溶于酒精,可用酒精清洗碘,又由于酒精与水互溶,再用水清洗即可洗净,正确。2.下列关于氯及其化合物的说法正确的是( )A.(2017·北京高考改编)氯气使KBr溶液变黄,氯气被氧化B.(2017·天津高考)用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子C.(2017·江苏高考)ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒D.(2017·海南高考)铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【解析】选D。溶液变黄说明有溴单质生成,反应后溴元素化合价升高,溴离子被氧化,氯气被还原,A项错误;氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应,不能用Cl2处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子,可用Na2S来处理,B项错误;ClO2具有氧化性,可用于自来水的杀菌消毒,C项错误;铝在氯气中燃烧生成AlCl3,D项正确。1.熟记氯水“三分子四离子”:氯水中含有三种分子:Cl2、H2O、HClO;四种离子:Cl-、ClO-、H+、OH-。2.把握氯水四个性质:氧化性、酸性、漂白性和不稳定性。3.区分两个漂白粉原理:(1)漂白原理:Ca(ClO)2+CO2+H2O====2HClO+CaCO3。(2)失效原理:Ca(ClO)2+CO2+H2O====2HClO+CaCO3;2HClO2HCl+O2↑。4.氯气制备把握三个方面:(1)制取原理:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)除杂试剂:饱和食盐水、浓硫酸。(3)尾气吸收原理:Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O。5.熟记碘提取反应的离子方程式:(1)Cl2+2I-====I2+2Cl-(2)H2O2+2I-+2H+====I2+2H2O6.熟记溴提取反应的离子方程式:(1)第一次被氧化Cl2+2Br-====Br2+2Cl-(2)被还原:SO2+Br2+2H2O====2Br-+SO+4H+(3)第二次被氧化Cl2+2Br-====Br2+2Cl-7.卤素离子检验的方法:(1)沉淀法:加硝酸、硝酸银,产生沉淀的颜色为白色、淡黄色、黄色,则离子分别为Cl-、Br-、I-。(2)置换萃取法:滴加氯水后,再滴加CCl4,若下层变为橙红色、紫红色,则离子分别为Br-、I-。(3)置换淀粉法:滴加氯水后,再滴加淀粉溶液,若变蓝色,则离子为I-。PAGE-45-第三讲 硫及其化合物考点一 硫及其氧化物(命题指数★★★★★)1.自然界中的硫:(1)物理性质。俗称颜色状态溶解性硫黄黄色晶体不溶于水微溶于酒精易溶于CS2(2)从化合价的角度认识硫单质的化学性质。③与强氧化剂反应(如浓硫酸):S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O,表现还原性。④与NaOH溶液反应:3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O,表现氧化性和还原性。硫与变价金属反应时,一般生成低价态金属硫化物(如Cu2S、FeS),但硫与汞反应生成硫化汞。2.二氧化硫(SO2):(1)物理性质。二氧化硫是无色、有刺激性气味的有毒气体,是大气污染物之一;易溶于水,通常状况下,1体积水溶解约40体积SO2。(2)化学性质。按要求完成下列方程式:①酸性氧化物的通性②氧化性(如与H2S溶液反应):SO2+2H2S===3S↓+2H2O④漂白性:可使品红溶液等有机色质褪色,生成不稳定的化合物。(3)实验室制法。①固体Na2SO3与较浓H2SO4反应Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O;②铜与浓硫酸混合加热Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。(4)SO2对大气的污染与防治。来源化石燃料的燃烧及含硫矿石的冶炼危害污染大气,危害人体健康,形成酸雨形成酸雨的过程防治开发新能源、燃煤除硫、处理工业废气3.三氧化硫(SO3):(1)物理性质:熔点16.8℃,沸点44.8℃,常温下为液态,标准状况下为固态。(2)化学性质:SO3具有酸性氧化物的通性。主要反应如下:1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)硫在自然界中仅以化合态存在。( )提示:×。硫在自然界中以游离态和化合态存在。(2)硫在空气中燃烧的产物是二氧化硫,在纯氧中燃烧的产物是三氧化硫。( )提示:×。硫与氧气反应的产物只有二氧化硫。(3)硫黄易溶于CS2,所以可用CS2溶解试管内壁的硫。( )提示:√。可用CS2或热NaOH溶液溶解试管内壁的硫。(4)利用化合反应可以制备CuS。( )提示:×。铜与S反应生成Cu2S。(5)SO2有漂白性,所以SO2可使溴水褪色。( )提示:×。漂白性是指使有机色质褪色,SO2使溴水褪色体现了二氧化硫的还原性。(6)SO2气体通入BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3。( )提示:×。由于亚硫酸的酸性比盐酸弱,BaSO3可溶于盐酸,故不会生成沉淀。(7)SO2、漂白粉、Na2O2都能使鲜花褪色,其原理相同。( )提示:×。SO2与有色物质发生化合反应,漂白粉、Na2O2利用强氧化性漂白。(8)SO2和Cl2等物质的量混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中,漂白效果更好。( )提示:×。等物质的量的SO2和Cl2反应生成硫酸和盐酸,失去漂白性。2.酸雨是一种环境污染问题,也是一种复杂的大气化学和大气物理现象。实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验:(1)实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取什么措施?写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式。提示:增大反应物接触面积可以提高反应速率,所以提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌;二氧化硫与碳酸钙、氧气、水反应生成石膏和二氧化碳,反应的化学方程式:2CaCO3+2SO2+O2+4H2O===2CaSO4·2H2O+2CO2。(2)将脱硫后的气体通入KMnO4溶液,如何粗略判断烟气脱硫效率。提示:二氧化硫具有强的还原性,能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以粗略判断烟气脱硫效率的方法是高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。命题角度1:硫及其氧化物的性质【典例1】(2021·湖州模拟)实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应,并验证SO2的性质,设计如图所示装置进行实验,下列说法错误的是( )A.装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色,体现了二氧化硫的还原性B.实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液检验是否有Fe2+C.装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性D.装置E的作用为吸收多余的SO2,防止污染空气【解析】选B。该实验探究铁与浓硫酸在加热条件下的反应,并验证SO2的性质,A装置即为铁与浓硫酸反应产生SO2;B、C、D装置分别是验证SO2的不同性质,E装置为尾气处理装置。A项,装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色,说明SO2被氧化,即体现了二氧化硫的还原性,正确;B项,KSCN溶液用来检验是否有Fe3+,错误;C项,品红溶液用来检验物质的漂白性,故装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性,正确;D项,SO2为酸性氧化物,与氢氧化钠溶液反应,防止污染空气,正确。 在题干条件不变的情况下,下列说法不正确的是( )A.装置C中产生淡黄色的沉淀,体现了SO2的氧化性B.装置E易发生倒吸现象C.装置D中品红溶液褪色后加热又变红色,可验证SO2溶于水显酸性D.实验时将导管a插入浓硫酸中,可防止装置B中的溶液倒吸【解析】选C。装置C中发生的反应为SO2+2H2S===3S↓+2H2O,产生的黄色沉淀为S,该反应体现了SO2的氧化性,故A正确;装置E中的试剂为NaOH溶液,用于吸收未反应的SO2,易产生内外气体压强差,发生倒吸,故B正确;品红溶液褪色后加热又变红色,体现SO2的漂白性,故C错误;导管a的作用是使装置A中内外压强相同,防止装置B中的溶液倒吸,故D正确。【备选例题】某兴趣小组探究SO2气体的还原性,装置如图所示,下列说法不合理的是( )A.甲装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,可以说明SO2具有还原性B.乙装置中蓝色褪去,说明还原性:SO2>I-C.丙装置中吸收尾气有可能倒吸D.甲、乙装置中发生的反应转移电子数一定相等【解析】选D。甲装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,说明Fe3+被还原为Fe2+,则SO2被氧化,可以说明SO2具有还原性,A项正确;乙装置中蓝色褪去,说明SO2与碘水发生了氧化还原反应,在该反应中SO2为还原剂,I-为还原产物,根据还原性:还原剂>还原产物,可知还原性:SO2>I-,B项正确;SO2能被NaOH溶液迅速吸收,导致丙装置中导管内压强明显减小,丙装置中可能产生倒吸,C项正确;甲、乙装置中发生的离子反应依次为2Fe3++SO2+2H2O===2Fe2++SO+4H+、SO2+I2+2H2O===4H++SO+2I-,由于甲、乙装置中消耗反应物的物质的量不确定,故反应中转移电子的物质的量不一定相等,D项错误。命题角度2:SO2和CO2的鉴别【典例2】(2021·济宁模拟)已知:2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O,如图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物,填写下列空白:(1)如果将装置中①②③三部分仪器的连接顺序变为②①③,则可以检出的物质是________________________________;不能检出的物质是__________________________________________________。(2)如果将仪器的连接顺序变为①③②,则可以检出的物质是___________;不能检出的物质是________________________。(3)如果将仪器的连接顺序变为②③①,则可以检出的物质是____________;不能检出的物质是________________________。【解析】装置①为检验产物H2O,只能放在装置②③之前,若放在装置②③之后或装置②③之间,则气流通过装置②或③溶液后会带出水蒸气,则无法验证使无水CuSO4变蓝的水蒸气是否是生成物。装置③和装置②位置也不得变更,因为SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊。故在用澄清石灰水来验证CO2前一定要排除SO2的干扰。答案:(1)SO2、CO2 H2O (2)H2O、SO2 CO2(3)SO2、CO2 H2O (1)装置②中的酸性高锰酸钾溶液可以改用什么试剂?提示:溴水。利用SO2的还原性将其除去。(2)有同学认为装置②中后两个装置可以合成一个,你认为如何处理?什么现象说明达到目的?提示:只用盛有过量的酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶即可。酸性高锰酸钾溶液的颜色变浅,说明SO2除尽。1.三类漂白剂的对比:类型原理举例特点备注氧化型将有机色质内部“生色团”破坏掉HClO、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3等不可逆、持久无选择性加合型与有机色质内部“生色团”结合成无色物质SO2可逆、不持久有选择性吸附型将有色物质吸附而褪色活性炭物理变化吸附色素2.SO2和CO2的鉴别:(1)鉴别方法。试剂现象及结论品红溶液使品红溶液褪色的是SO2;不能使品红溶液褪色的是CO2氢硫酸出现浑浊的是SO2,无明显现象的是CO2高锰酸钾溶液使紫色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2溴水使橙色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2碘水(含淀粉)使蓝色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2(2)检验SO2和CO2同时存在的一般流程。流程设计检验SO2?除去SO2?检验SO2是否除尽?检验CO2选用试剂品红溶液酸性KMnO4溶液品红溶液澄清的石灰水预期现象褪色褪色不褪色变浑浊注意:有时为简化装置,可将除去SO2和检验SO2是否除尽合并为一个装置。命题点1:硫及其氧化物的性质(基础性考点)1.下列说法错误的是( )A.残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去,也可用热的NaOH溶液除去B.硫单质与变价金属反应时一般生成低价态的金属硫化物C.汞蒸气有毒,实验室里不慎洒落一些汞,可撒上硫粉进行处理D.单质硫或含硫物质燃烧时,氧气少量时生成SO2,氧气足量时生成SO3【解析】选D。硫能溶于CS2,且能与NaOH反应生成可溶性的Na2S和Na2SO3,A项正确;硫在氧气中燃烧只生成SO2,D项错误。2.(2021·石家庄模拟)根据SO2通入不同溶液中的实验现象,所得结论不正确的是( )选项溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性D溴水橙色褪去SO2有还原性【解析】选C。A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,该反应中二氧化硫被氧化,表现了还原性,故A正确;B.SO2与H2S反应生成S单质,该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S,二氧化硫被还原,表现了氧化性,故B正确;C.酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸,自身被还原为无色的二价锰离子,是酸性高锰酸钾的氧化性的体现,体现二氧化硫的还原性,故C错误;D.SO2与溴水反应生成硫酸和氢溴酸,该反应中SO2中+4价S元素被氧化生成+6价的硫酸,二氧化硫被氧化,表现了还原性,故D正确。命题点2:SO2和CO2的鉴别(综合性考点)3.下列实验中能证明某气体为SO2的是( )①使澄清石灰水变浑浊②使湿润的蓝色石蕊试纸变红③使品红溶液褪色④通入足量NaOH溶液中,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,该沉淀溶于稀盐酸⑤通入溴水中,能使溴水褪色,再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生A.都能证明 B.都不能证明C.③④⑤均能证明D.只有⑤能证明【解析】选D。①CO2也能使澄清石灰水变浑浊;②酸性气体均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红;③Cl2也能使品红溶液褪色;④CO2、SO2均有此现象。4.(2021年广东适应性测试)推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞,进行如图所示的探究实验,对实验现象的预测及分析错误的是( )A.试管内CCl4层溶液褪色,说明Br2具有氧化性B.试管中的红色花瓣褪色,说明SO2具有漂白性C.试管中产生大量气泡,说明Na2SO3被氧化产生SO3D.一段时间后试管内有白色沉淀,说明有SO生成【解析】选C。由图可知该实验为SO2的制备及其性质探究。SO2与Br2反应为SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBr,说明Br2具有氧化性,A正确;试管中红色花瓣褪色,说明SO2具有漂白性,B正确;试管中产生大量气泡,原因是锥形瓶内发生反应:H2SO4+Na2SO3===Na2SO4+SO2↑+H2O,C错误;一段时间后,试管中有白色沉淀产生,是由于试管中反应产生SO而与Ba2+结合产生BaSO4沉淀,D正确。【加固训练—拔高】某同学利用如图装置探究SO2的性质。下列有关反应的方程式,不正确的是( )A.①中溶液显红色的原因:CO+H2O?HCO+OH-B.①中溶液红色褪去的原因:2SO2+CO+H2O===CO2+2HSOC.②中溶液显浅黄绿色的原因:Cl2+H2O===HCl+HClOD.②中溶液黄绿色褪去的原因:SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl【解析】选C。碳酸钠溶液显碱性,能使酚酞变红色,其水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH-,故A正确;亚硫酸的酸性强于碳酸,在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化硫发生反应2SO2+CO+H2O===CO2+2HSO,NaHSO3溶液显酸性,所以溶液红色褪去,故B正确;氯气溶于水,部分与水反应,部分以氯气分子的形式存在于溶液中,所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气,故C错误;二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸,即发生SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl,氯气被消耗,所以溶液的黄绿色褪去,故D正确。考点二 硫酸的性质、SO的检验(命题指数★★★★★)1.硫酸的物理性质:(1)纯硫酸是一种无色油状液体,沸点高,难挥发。(2)溶解性:浓H2SO4与水以任意比互溶,溶解时可放出大量的热。2.稀H2SO4具有酸的通性:硫酸是强电解质,电离方程式为H2SO4===2H++SO。3.浓硫酸的特性:(1)填写下表。浓硫酸的特性实验实验现象吸水性少量胆矾加入浓硫酸中蓝色固体变成白色脱水性用玻璃棒蘸取浓硫酸点在滤纸上沾有浓硫酸的滤纸变黑强氧化性将铜片加入盛有浓硫酸的试管中加热铜片逐渐溶解,产生无色刺激性气味的气体(2)分别写出浓硫酸与Cu、C反应的化学方程式。①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O、②C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。(3)常温下,铁、铝遇浓硫酸钝化,可用铝(或铁)槽车运输浓硫酸。钝化是化学变化而非物理变化。4.SO、SO的检验:(1)SO的检验。①向溶液中加入盐酸,将产生的气体通入品红溶液中,红色褪去,发生的离子反应为SO+2H+===H2O+SO2↑。②加入氯化钡溶液生成白色沉淀,然后加入盐酸,沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体,发生反应的离子方程式为SO+Ba2+===BaSO3↓,BaSO3+2H+===Ba2++SO2↑+H2O。(2)SO的检验。①检验SO的正确操作方法:被检液取上层清液有无白色沉淀产生(判断有无SO)。②操作目的:先加稀盐酸的目的是防止CO、SO、Ag+干扰,再加BaCl2溶液,有白色沉淀产生。整个过程中可能发生反应的离子方程式:CO+2H+===CO2↑+H2O、SO+2H+===SO2↑+H2O、Ag++Cl-===AgCl↓、Ba2++SO===BaSO4↓。5.硫酸的工业制备:(1)工艺流程。(2)反应原理。①燃烧硫铁矿(FeS2)或硫制备SO2:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2或S+O2SO2。②SO2转化为SO3:2SO2+O22SO3。③SO3吸水生成H2SO4:SO3+H2O===H2SO4。1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)浓硫酸敞口放置在空气中,质量增加,体现了浓硫酸的吸水性。( )提示:√。浓硫酸能吸收空气中的水分子,质量增加。(2)铜片溶于热的浓硫酸,体现了浓硫酸的酸性和强氧化性。( )提示:√。Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,生成CuSO4和SO2分别体现酸性和氧化性。(3)由于浓硫酸具有强氧化性,所以浓硫酸不可用于干燥SO2。( )提示:×。浓硫酸和二氧化硫是相邻价态,不发生反应。(4)50mL18.4mol·L-1的浓硫酸与足量的铜反应,可产生SO2物质的量为0.46mol。( )提示:×。随反应进行,浓硫酸变为稀硫酸,反应停止,故0.92molH2SO4不可能完全反应。(5)向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO。( )提示:×。酸化的NO可将SO氧化为SO,也会产生白色沉淀BaSO4。2.(1)在加热条件下金属与浓硫酸反应还原产物都只能生成SO2吗?提示:不一定。活泼金属如Zn与浓硫酸反应生成SO2,随反应进行H2SO4的浓度变小,最后变为稀H2SO4,Zn与稀H2SO4反应生成H2。(2)实验室可以利用反应H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑制取HCl,是利用硫酸的酸性大于盐酸吗?如果不是,原因是什么?提示:H2SO4是高沸点、难挥发性的强酸,利用这一性质可以制取HCl等挥发性酸。命题角度1:浓硫酸的性质及应用【典例1】(2021·郑州模拟)浓硫酸分别与三种钠盐反应,现象如图。下列分析正确的是( )A.对比①和②可以说明还原性:Br->Cl-B.①和③相比可说明氧化性:Br2>SO2C.②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性:H2SO4>HClD.③中浓H2SO4被还原成SO2【解析】选A。A项,反应①生成的红棕色气体是溴蒸气,反应②白雾是氯化氢,说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质,而不能将氯离子氧化成氯气;B项,反应③生成的是二氧化硫气体,非氧化还原反应,而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型;C项,白雾说明氯化氢易挥发;D项,反应③生成的二氧化硫来自亚硫酸钠,非氧化还原反应。 在题干条件不变的情况下,下列说法不正确的是( )A.由实验①现象可知不能用浓硫酸干燥HBr气体B.由实验②现象可知,浓硫酸与NaF反应可以制得HF气体C.由实验③现象可知,浓硫酸可以干燥SO2气体D.若在试管中放入KI溶液可以制得HI气体【解析】选D。由实验①可知浓硫酸可将Br-氧化为Br2,故浓硫酸不能干燥HBr气体,A正确;由实验②现象可知,利用浓硫酸难挥发性可以制备挥发性酸,B正确;由实验③现象可知,浓硫酸不能氧化+4价硫元素,故浓硫酸可以干燥SO2气体,C正确;还原性HI>HBr,浓硫酸可将KI氧化为I2,D错误。命题角度2:SO的检验【典例2】在某溶液中加入BaCl2溶液,生成白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解,则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是( )A.一定含有SOB.含有SO和Ag+C.可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种D.可能含有SO或CO【解析】选C。A项错误,C项正确,不能排除Ag+、SO的干扰;B项错误,因为溶液中SO与Ag+反应不能大量共存;D项错误,由“加入稀硝酸,沉淀不溶解”可以判断不可能含有CO。 (1)将上题的BaCl2溶液和稀硝酸的加入顺序颠倒,能否确定溶液中含有SO?提示:不能。若溶液中含有SO,被硝酸氧化为SO,加入也会产生BaSO4沉淀。(2)将上题的稀硝酸改为盐酸,能否确定溶液中含有SO?提示:不能。不能排除Ag+的干扰。【讲台挥洒一刻】SO检验的易错点(1)忽视盐酸的滴加。未滴加盐酸将导致CO、PO、SO等干扰离子判断成SO。因上述离子会产生BaCO3、Ba3(PO4)2、BaSO3白色沉淀。(2)误将Ag+、Pb2+判断成SO。如向待测液中滴加BaCl2溶液,再加稀盐酸有白色沉淀便断定含SO。其错误是未注意溶液中不含SO,而含Ag+或Pb2+时也会产生同样的现象:Ag++Cl-===AgCl↓(白色),Pb2++2Cl-===PbCl2↓(白色)。(3)误将SO判断成SO。如向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀,便误以为有SO。该错误是未注意NO在酸性环境中具有强氧化性,发生反应:Ba2++SO===BaSO3↓(白色),3BaSO3+2H++2NO===3BaSO4↓(白色)+2NO↑+H2O。K【备选例题】下列过程中,最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是( )【解析】选C。A项,二氧化硫被硝酸氧化为硫酸,加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀;B项,亚硫酸根被硝酸氧化为硫酸根,沉淀也是硫酸钡;C项,所得沉淀可能是氯化银;D项,先加过量盐酸无沉淀,再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡。1.浓硫酸的三大特性的认识:(1)浓硫酸吸水性、脱水性的区别。(2)浓硫酸的强氧化性反应规律。①Fe、Al的钝化。常温下,当Fe、Al遇到浓硫酸时,会与浓硫酸发生反应,表面生成一层致密的氧化物薄膜而出现“钝化”现象。②常温下与活泼金属反应(铁、铝除外)表现强氧化性和酸性,生成硫酸盐和SO2,硫酸浓度变小后,生成的气体为H2。③与不活泼金属和非金属反应的规律。a.反应需要加热,否则不反应。b.还原产物一般是SO2,一般金属被氧化为高价态的硫酸盐,非金属被氧化为高价态氧化物或含氧酸。c.浓硫酸与金属反应时,既表现酸性又表现强氧化性,而与非金属反应时,只表现强氧化性。d.随着反应的进行,浓硫酸浓度变小,一旦变为稀硫酸,反应即停止。④与具有还原性的化合物反应,如与H2S、HI、HBr、FeCl2等物质反应。2.由“量变”引起的“质变”的物质大比拼:(1)浓硫酸:金属(如Cu、Zn等)与浓H2SO4反应时,要注意H2SO4浓度对反应产物的影响。开始阶段产生SO2气体,随着反应的进行,H2SO4的浓度变小,最后变为稀硫酸,Cu与稀硫酸不反应,Zn与稀硫酸反应生成H2而不是SO2。(2)浓硝酸:金属(如Cu、Zn等)与浓硝酸反应时,要注意硝酸浓度对反应产物的影响。开始阶段产生NO2气体,随着反应的进行,硝酸的浓度变小,最后变为稀硝酸,反应均生成NO。(3)浓盐酸:二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气,随着反应的进行,盐酸变稀,反应停止。命题点1:浓硫酸的性质及应用(基础性考点)1.(2021·三明模拟)探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是( )A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度【解析】选C。铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应,A错误;二氧化硫的密度比空气的大,应使用向上排空气法收集,即气体应“长进短出”,B错误;反应后的混合液中含有过量的浓硫酸,稀释时,应将其沿烧杯内壁慢慢倒入水中,且用玻璃棒不断搅拌,C正确;应使用碱式滴定管(带胶管)盛装氢氧化钠溶液,D错误。2.(2021·淮北模拟)蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示,该实验设计体现了“绿色”“微型”的特点,下列说法正确的是( )A.该实验体现了浓硫酸的脱水性、酸性和强氧化性B.反应中,品红褪色,加热后又恢复红色C.紫色石蕊先变红后褪色D.该装置无法证明二氧化硫具有氧化性【解析】选B。由实验装置可知,浓硫酸使蔗糖脱水后,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳和水,品红溶液褪色、酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应,高锰酸钾可氧化二氧化硫,验证二氧化硫的还原性,紫色石蕊溶液变红,硫化钠溶液有黄色的沉淀产生,二氧化硫对环境有害,要进行尾气处理,以此来解答。浓硫酸使蔗糖脱水,体现浓硫酸的脱水性,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳和水,体现浓硫酸的强氧化性,该实验没有体现出浓硫酸的酸性,故A错误;蔗糖与浓硫酸反应生成了SO2,可以漂白品红生成不稳定的无色物质,受热后品红又恢复红色,故B正确;SO2不能使酸碱指示剂褪色,与水反应生成亚硫酸,使石蕊溶液变红,故C错误;SO2与Na2S溶液反应生成黄色沉淀,证明SO2具有氧化性,故D错误。命题点2:SO的检验及应用(综合性考点)3.有一瓶Na2SO3溶液,可能部分被氧化,某同学进行如下实验:取少量溶液,滴入Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸,充分振荡后,白色沉淀不溶解。对此实验的下列叙述正确的是( )A.实验证实Na2SO3已部分氧化B.实验中加入Ba(NO3)2溶液后的沉淀一定是BaSO4C.实验中加入足量硝酸后的沉淀是BaSO4和BaSO3的混合物D.此次实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化【解析】选D。Na2SO3溶液可能部分被氧化变质,则滴入Ba(NO3)2溶液,生成的白色沉淀一定有亚硫酸钡,可能有硫酸钡,加入足量稀硝酸后,亚硫酸钡被氧化成硫酸钡,即此时的白色沉淀是硫酸钡。【加固训练—拔高】1.下列对浓硫酸的叙述正确的是( )A.常温下,浓硫酸与铁、铝发生钝化,所以铁、铝质容器能盛装浓硫酸B.浓硫酸具有吸水性,能使蔗糖炭化C.浓硫酸与单质在加热条件下反应,浓硫酸既表现强酸性,又表现强氧化性D.浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时,浓硫酸表现出强氧化性【解析】选A。常温下,浓硫酸与铁、铝发生钝化,在表面生成一层致密的氧化膜而阻碍反应的继续进行,故A正确;浓硫酸使蔗糖炭化是浓硫酸的脱水性,故B错误;浓硫酸和铜片加热反应生成硫酸铜和二氧化硫气体,反应中浓硫酸表现氧化性和酸性,但与碳单质的反应中,浓硫酸只表现强氧化性,故C错误;浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时,浓硫酸表现出酸性,元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,故D错误。2.浓硫酸具有以下A~F的性质:A.酸性 B.高沸点、难挥发 C.吸水性 D.脱水性E.强氧化性 F.溶于水放出大量的热(1)浓硫酸与铜共热发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________。浓硫酸在该反应中表现的性质有__________。(用“A”“B”“C”“D”“E”“F”填空,下同)(2)在过氧化氢与稀硫酸的混合溶液中加入铜片,常温下就生成蓝色溶液。写出有关反应的化学方程式:_____________________________________________________________。(3)向蔗糖晶体中滴入2~3滴水,再滴入适量的浓硫酸。发现加水处立即变黑,黑色区域不断扩大,最后变成一块疏松的焦炭,并伴有刺激性气味的气体产生。写出产生有刺激性气味气体的化学方程式:_____________________________________________________________,该实验中浓硫酸表现的性质有________________。【解析】(1)浓硫酸有强氧化性,与铜共热的化学方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O,反应中硫元素化合价由+6价降到+4价,浓硫酸表现了强氧化性,同时有一部分H2SO4在反应中生成CuSO4,表现出了酸性。(2)过氧化氢有强氧化性,常温下向过氧化氢与稀硫酸的混合溶液中加入铜片发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O。(3)根据题给现象,说明浓硫酸表现出了脱水性、吸水性、强氧化性,同时,浓硫酸溶于水会放出大量的热,可引发反应2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O。答案:(1)2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O A、E(2)Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O(3)2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O C、D、E、F3.(2021·常州模拟)已知固体Na2SO3受热分解生成两种正盐,实验流程和结果如下:已知:气体Y是一种纯净物,在标准状况下密度为1.518g·L-1。请回答下列问题:(1)气体Y的化学式为________________。(2)实验流程中,Na2SO3受热分解的化学方程式为______________________________________________________________________________________。(3)另取固体X试样和Na2SO3混合,加适量蒸馏水溶解,再加入稀盐酸,立即有淡黄色沉淀产生。则产生淡黄色沉淀的离子方程式为_________________________________________________________________(不考虑空气的影响)。(4)Na2SO3长期露置在空气中,会被氧化成Na2SO4,检验Na2SO3是否变质的实验操作是___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)气体Y是一种纯净物,标准状况下密度为1.518g·L-1,则Y的摩尔质量为1.518g·L-1×22.4L·mol-1≈34g·mol-1,根据元素守恒,推出Y为H2S;(2)由以上分析可知,气体Y为H2S,以及生成气体Y的条件,推出固体X中含有S2-,即固体X中含有Na2S,溶液中加入BaCl2溶液,出现白色沉淀,该白色沉淀为BaSO4,则固体X中含有Na2SO4,Na2SO3受热分解生成Na2S和Na2SO4,反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4;(3)固体X试样和Na2SO3混合,加水溶解后与稀盐酸反应,有淡黄色沉淀产生,即有S单质生成,反应的离子方程式为2S2-+SO+6H+===3S↓+3H2O;(4)Na2SO3长期露置在空气中,会被氧化成Na2SO4,检验Na2SO3是否变质的实验操作是取少量亚硫酸钠样品于一支试管中,加入适量蒸馏水溶解,向溶液中加入足量盐酸后,再滴入几滴氯化钡溶液,若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4,亚硫酸钠变质。答案:(1)H2S (2)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4(3)2S2-+SO+6H+===3S↓+3H2O(4)取少量亚硫酸钠样品于一支试管中,加入适量蒸馏水溶解,向溶液中加入足量盐酸后,再滴入几滴氯化钡溶液,若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4考点三 硫及其化合物的相互转化及应用(命题指数★★★★★)1.理清硫元素的化合价与氧化性、还原性之间的关系:2.掌握硫及其化合物之间的转化规律:(1)相同价态硫的转化是通过酸、碱反应实现的如:写出②、③、④反应的化学方程式:②H2SO3+2NaOH===Na2SO3+2H2O;③Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+SO2↑;④SO2+Na2SO3+H2O===2NaHSO3。(2)相邻价态的同种元素的微粒间不发生氧化还原反应,如S和H2S、S和SO2、SO2和浓硫酸之间不发生氧化还原反应。(3)当硫元素的化合价升高或降低时,一般升高或降低到其相邻的价态,即台阶式升降。可用如图表示:判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)浓硫酸不能用于干燥H2S,但可以干燥SO2。( )提示:√。浓硫酸与H2S发生氧化还原反应,不能用浓硫酸干燥H2S,但可以干燥二氧化硫。(2)Na2SO3既有氧化性又有还原性。( )提示:√。Na2SO3中S的化合价处于中间价态,Na2SO3既有氧化性又有还原性。(3)H2S、S在O2中充分燃烧均可生成SO3。( )提示:×。H2S、S在O2中充分燃烧均可生成SO2,均得不到SO3。(4)SO2和NaHSO3溶液都能使溴水褪色。( )提示:√。SO2、NaHSO3均具有还原性,能与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色。(5)硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质。( )提示:√。硫化钠、亚硫酸钠均具有还原性,易被空气中的氧气氧化而变质。(6)将SO2通入饱和的NaHCO3溶液中发生反应:2H++CO===H2O+CO2↑。( )提示:×。应为2HCO+SO2===SO+2CO2+H2O。【加固训练—拔高】碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下:(1)反应器中发生的反应SO2表现什么性质?提示:还原性。在反应器中发生反应为SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4,硫的化合价升高。(2)分离器中的物质分离操作是什么?提示:I2和SO2反应生成H2SO4和HI,分离器中为HI和硫酸的分离,应利用沸点不同进行蒸馏分离。(3)碘循环工艺的总反应的方程式是什么?提示:SO2+2H2O===H2SO4+H2。在反应器中发生反应:SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4,在膜反应器中的反应为2HII2+H2,将两个方程式相加得:SO2+2H2O===H2SO4+H2。命题角度1:硫及其化合物的相互转化【典例1】(2021·日照模拟)已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。下列有关操作、装置、原理及对现象的表述正确的是( )A.用装置甲高温分解FeSO4,先点燃酒精喷灯再向装置内通一段时间N2B.用装置乙可检验分解产生的SO2,现象是石蕊溶液先变红后褪色C.用装置丙可检验分解产生的SO3,现象是产生白色沉淀D.用装置丁可吸收尾气,避免污染环境【解析】选D。A项,点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2,排除装置中的空气,避免空气中氧气的干扰,错误;B项,装置乙不能检验分解产生的SO2,产物中有SO3,对SO2的检验造成干扰,并且SO2只能使石蕊溶液变红,错误;C项,SO3易溶于水,当混合气体经过乙时,SO3会被吸收,所以要想检验SO3,应该把乙和丙的位置互换,错误;D项,装置丁中的饱和Na2SO3溶液可吸收SO2,D正确。 (1)(科学探究与创新意识)上题装置丁中的溶液还可以是什么试剂?提示:氢氧化钠溶液、氨水等碱性溶液。(2)(科学探究与创新意识)若通过现象证明混合气体中含有SO2和SO3,仪器和容器如何设计?提示:将乙、丙颠倒,乙中试剂改为品红溶液。【备选例题】X为下列各选项物质,X不能满足如图转化关系的是( )A.H2S B.N2 C.S D.NH3【解析】选B。2H2S+3O2===2SO2+2H2O、2SO2+O22SO3、SO3+H2O===H2SO4、H2SO4+H2S===S↓+SO2↑+2H2O,A不符合题意;N2+O22NO,2NO+O2===2NO2,3NO2+H2O===2HNO3+NO,HNO3和N2不反应,B符合题意;S+O2SO2,2SO2+O22SO3,SO3+H2O===H2SO4,S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O,C不符合题意;4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2===2NO2,3NO2+H2O===2HNO3+NO,NH3+HNO3===NH4NO3,故D不符合题意。命题角度2:硫及其化合物转化的应用【典例2】(2021·长沙模拟)含硫煤燃烧会产生大气污染物,为防治该污染,某工厂设计了新的治污方法,同时可得到化工产品,该工艺流程如图所示,下列叙述不正确的是( )A.该过程中可得到化工产品H2SO4B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和SD.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O===2FeSO4+2H2SO4【以图析题·培养关键能力】【解析】选C。根据工艺流程图可知,该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4,该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O===2FeSO4+2H2SO4,该工艺不仅吸收了二氧化硫,还得到了化工产品硫酸,A、D两项正确;根据A中分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2,B项正确;该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫,C项错误。 (1)(宏观辨识与微观探析)该过程中Fe2(SO4)3的作用是什么?提示:催化剂。该过程的总方程式为O2+2SO2+2H2O===2H2SO4,Fe2(SO4)3起催化作用。(2)(宏观辨识与微观探析)该过程中每处理1molSO2,转移几摩尔电子?提示:2mol。Fe2(SO4)3+SO2+2H2O===2FeSO4+2H2SO4中消耗1molSO2,消耗1molFe2(SO4)3,转移2mol电子。【备选例题】中学化学中几种常见物质的转化关系如图(部分产物未列出)。A是一种金属单质,D是一种非金属固体单质。请回答下列问题:(1)A、C的化学式分别为A____________,C____________。(2)F的浓溶液与A反应过程中,F体现的性质与下列反应中H2SO4体现的性质完全相同的是_____________________________________________。A.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OB.Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑C.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OD.FeO+H2SO4===FeSO4+H2O(3)写出反应E+H2O2→F的化学方程式:____________________________________________________________。(4)若反应F+D→E转移电子数为6.02×1023,则消耗D的质量为__________。【解析】由AB→C,则A为变价金属Fe,B为FeSO4,C为Fe2(SO4)3,由F→C可推知F为H2SO4,进而推出D为S,E为SO2,故F+D―→E为2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O,所以转移1mole-时,消耗S的质量为8g。答案:(1)Fe Fe2(SO4)3 (2)C(3)SO2+H2O2===H2SO4 (4)8g1.中学阶段常见的符合ABCD转化关系示例2.同价态硫元素之间的转化也是物质推断的重要突破点,可以从物质类别的角度进行分析与迁移。如SO2、Na2SO3、NaHSO3之间的转化代表着酸性氧化物、正盐、酸式盐之间的转化;H2S、Na2S、NaHS之间的转化代表着二元弱酸、正盐、酸式盐之间的转化,可类比CO2、Na2CO3、NaHCO3之间的转化。命题点1:硫及其化合物的相互转化(基础性考点)1.(2021·潍坊模拟)如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图,其中b、c、d、e分子中只含有一个S原子,下列说法错误的是( )A.物质j和物质e反应生成物质aB.物质b既有氧化性又有还原性C.物质d的浓溶液具有脱水性D.若g处是一种酸式盐,其水溶液显酸性,促进水的电离【解析】选D。如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图,其中b、c、d、e分子中只含有一个S原子,根据图示可知,a为0价的S单质;b为S的+4价氧化物SO2;c为S的+6价氧化物SO3;d为S的+6价酸H2SO4;e为+4的H2SO3;f为+6的盐,为硫酸盐;g为+4的亚硫酸盐;h为S的+2价盐,q为-2价硫化物,据此解答。A.j是硫化氢,e是亚硫酸,二者可以发生归中反应得到单质硫,故A正确;B.b是二氧化硫,+4价的硫化合价既可以升高又可以降低,因此既有氧化性又有还原性,故B正确;C.d是硫酸,浓硫酸具有脱水性,故C正确;D.g可为NaHSO3,HSO的电离程度大于水解程度,该水溶液显酸性,抑制了水的电离,故D错误。命题点2:硫及其化合物转化的应用(综合性考点)2.海水资源丰富,海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO、Br-、CO、HCO等离子。火力发电时排放的烟气可用海水脱硫,其工艺流程如图所示。下列说法错误的是( )A.海水pH约为8的主要原因是C、HC发生水解B.吸收塔中发生的反应是SO2+H2OH2SO3C.氧化主要是氧气将H2SO3、HS、S氧化为SD.经稀释“排放”出的废水中,S的浓度与海水相同【解析】选D。海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、S、Br-、C、HC等离子,这些离子中C、HC发生水解反应:C+H2OHC+OH-,HC+H2OH2CO3+OH-,使海水呈碱性,A项正确;分析流程图可知,吸收塔中发生的反应为SO2+H2OH2SO3,B项正确;海水呈弱碱性,吸收了含SO2的烟气后,硫元素转化为H2SO3、HS、S,所以氧化主要是氧气将H2SO3、HS、S氧化为S,C项正确;经海水稀释“排放”出的废水中S的浓度比海水中S的浓度大,D项错误。【加固训练—拔高】1.(2021·福州模拟)如图所示是一系列含硫化合物的转化关系(反应中生成的水已略去),其中说法正确的是( )A.反应①说明SO2具有氧化性,反应②说明SO2具有酸性B.反应②中生成物n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)=1∶1时,则反应物n(SO2)∶n(NaOH)=1∶2C.反应③④⑤均属于氧化还原反应D.工业上可利用反应②和反应④回收SO2【解析】选D。A项,反应①中先变蓝后褪色,说明KIO3先转化为I2后转化为I-,SO2体现还原性,错误;B项,根据元素守恒,当n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)=1∶1时,n(SO2)∶n(NaOH)=2∶3,错误;C项,反应④不是氧化还原反应,错误;D项,利用反应②④,可以吸收SO2并回收利用,正确。2.大气中SO2和NOx是形成酸雨的主要物质。直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。(1)某研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成,在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体,慢慢通入O2,该过程中发生的化学方程式有_____________________、____________________________;再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨,其中NO的作用是______________。(2)减少SO2的污染并变废为宝是一项很重要的研究工作。我国正在探究在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2。该反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。①在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,有关反应的离子方程式为_________________________________________________________________________________________________________________________________。②在吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(SO)∶n(HSO)的变化关系如下表:n(SO)∶n(HSO)91∶91∶11∶91pH8.27.26.2 由上表可判断NaHSO3溶液显________________性,用化学平衡原理解释:_______________________________________________________________。【解析】(1)一氧化氮具有还原性,很容易被氧气氧化,反应的方程式为2NO+O2===2NO2,二氧化氮能将二氧化硫氧化,反应的化学方程式为NO2+SO2===SO3+NO,总反应为2SO2+O2===2SO3,可见整个过程一氧化氮的质量及化学性质没有变化,故NO在反应中作催化剂;(2)CO还原SO2得到单质硫和二氧化碳,反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2;(3)①SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠,离子方程式为SO+SO2+H2O===2HSO;②由表格中的数据可知,HSO越多,酸性越强,则电离生成氢离子,电离方程式为HSOH++SO,显酸性是因其电离大于其水解。答案:(1)2NO+O2===2NO2 NO2+SO2===SO3+NO 作催化剂(2)SO2+2COS+2CO2(3)①SO+SO2+H2O===2HSO②酸 HSO在溶液中存在如下平衡:HSOH++SO、HSO+H2OH2SO3+OH-,HSO的电离程度大于其水解程度1.(2020·江苏高考)打赢蓝天保卫战,提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是( )A.PM2.5 B.O2 C.SO2 D.NO【解析】选B。PM2.5、SO2、NO均属于大气污染物,O2可供呼吸使用,不是污染物,故选B项。2.(2019·北京高考)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。(1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是___________________________。②试剂a是_________________________________________________。(2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水)实验二:验证B的成分①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:_______________________________________________________________________________________________________________________________。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是____________________________________。(3)根据沉淀F的存在,推测SO的产生有两个途径:途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。途径2:实验二中,SO被氧化为SO进入D。实验三:探究SO的产生途径①向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有________;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:____________________________________________________。②实验三的结论:__________________________________________________________。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_______________________________________________________________________________________________________________________。(5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和SO生成。(6)根据上述实验所得结论:______________________________________________________________。【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②由于反应时逸出的SO2气体可能带出少量杂质,所以试剂a应为除杂试剂,可用饱和NaHSO3溶液。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3),离子方程式为:Ag2SO3+4NH3·H2O===2Ag(NH3)+SO+4H2O。②推测沉淀D为BaSO3,加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F,则E中可能含有溶解的SO2,可加入双氧水溶液,若加入双氧水溶液,可以将亚硫酸(或亚硫酸根离子)氧化为硫酸根离子,从而生成白色的硫酸钡沉淀,则证明B中含有Ag2SO3。(3)①加入过量盐酸产生白色沉淀,说明含有Ag+;Ag2SO4微溶于水,若产生Ag2SO4,则溶液中会有微量SO,加入BaCl2产生硫酸钡沉淀,与实验现象不符。②由实验三可以得出:实验一中SO2未被氧化;实验二中SO被氧化为SO进入D。(4)根据以上分析,二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀,离子方程式为:2Ag++SO2+H2O===Ag2SO3↓+2H+。(6)该实验的结论为:二氧化硫与硝酸银溶液既能发生沉淀反应生成亚硫酸银,又能发生氧化还原反应,沉淀反应的速率大于氧化还原反应的速率;碱性溶液中SO更易被氧化为SO。答案:(1)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②饱和NaHSO3溶液(2)①Ag2SO3+4NH3·H2O===2Ag(NH3)+SO+4H2O ②H2O2溶液,产生白色沉淀(3)①Ag+ Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4②途径1不产生SO,途径2产生SO(4)2Ag++SO2+H2O===Ag2SO3↓+2H+(6)实验条件下:SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率;碱性溶液中SO更易被氧化为SO【加固训练—拔高】(2019·江苏高考·组合)下列有关描述和转化正确的是( )A.过量SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)【解析】选B。A项,SO2过量,则氨水不足,所以反应生成NH4HSO3,错误;B项,铁锈的主要成分为Fe2O3,加入稀硫酸可以除去Fe2O3是运用了稀硫酸的酸性,正确;C项,SO2漂白纸浆是运用了SO2的漂白性,不是其氧化性,错误;D项,S与O2燃烧只能生成SO2,错误。1.牢记SO2的四个性质:酸性、强还原性、弱氧化性、漂白性。2.明辨三类漂白原理:吸附型、氧化型和加合型。3.区分浓硫酸三个特性:强氧化性、吸水性、脱水性。4.掌握两个转化关系:5.熟记以下重点化学方程式:(1)SO2+Ca(OH)2===CaSO3↓+H2O(2)SO2+2H2S===3S↓+2H2O(3)SO2+Cl2+2H2O===2HCl+H2SO4(4)2KMnO4+5SO2+2H2O===K2SO4+2MnSO4+2H2SO4(5)2FeCl3+SO2+2H2O===FeCl2+FeSO4+4HCl(6)Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+H2O+SO2↑(7)2Cu+2H2SO4(稀)+O22CuSO4+2H2OPAGE-36-第四讲 氮及其化合物考点一 氮气及其氧化物(命题指数★★★★★)1.自然界中氮的存在和氮的固定:2.氮气。(1)物理性质:无色无味气体,密度比空气略小,难溶于水。(2)化学性质。写出有关化学方程式:①3Mg+N2Mg3N2;②N2+3H22NH3;③N2+O22NO。3.氮的氧化物:(1)氮有多种价态的氧化物,氮元素从+1~+5价都有对应的氧化物,如N2O、NO、N2O3、NO2(或N2O4)、N2O5,其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。(2)NO和NO2的比较。性质NONO2色、态、味无色、无味气体红棕色、有刺激性气味气体溶解性难溶于水毒性有毒,大气污染物之一有毒,大气污染物之一与水反应不反应3NO2+H2O===2HNO3+NO与氧气反应2NO+O2==2NO2不反应对环境的影响NO与血红蛋白结合使人中毒,NO、NO2导致光化学烟雾、形成酸雨及破坏臭氧层1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮属于氮的固定,是化学变化。( )提示:√。氮的固定是游离态变为化合态的过程,是化学变化。(2)在实验室里,NO可用排空气法收集。( )提示:×。常温下,NO与氧气反应,用排水法收集。(3)通过灼热的镁粉,可除N2中的少量氧气。( )提示:×。加热条件下,镁与氮气反应。(4)N2与O2在放电条件下直接化合生成NO2。( )提示:×。N2与O2在放电条件下直接化合生成NO。(5)将1molNO与0.5molO2混合后分子数为NA。( )提示:×。NO与O2反应生成NO2,2NO2N2O4。(6)NO2与H2O反应中氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。( )提示:√。3NO2+H2O===2HNO3+NO,NO2既是氧化剂,又是还原剂,个数之比是1∶2。2.(2021·衡阳模拟)一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是( )A.反应①属于“氮的固定”B.反应②属于氧化还原反应C.反应③可通过电解LiOH水溶液实现D.上述三步循环的总结果为N2+3H2===2NH3【解析】选A。解答本题的关键是结合图示和箭头方向确定反应物和生成物,然后根据图示写出化学方程式进行分析判断。反应①为Li与N2反应生成Li3N,属于氮的固定,A正确;结合图示可知反应②为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑,该反应中没有化合价的变化,属于非氧化还原反应,B错误;电解LiOH水溶液不能生成单质Li,C错误;结合图示可知,三步循环的总结果为2N2+6H2O===4NH3+3O2,D错误。命题角度1:氮气及其氧化物的性质及应用【典例1】(2021·葫芦岛模拟)下列说法中正确的是( )A.氮气化学性质不如磷活泼,故氮元素非金属性弱于磷B.氮气只有氧化性,没有还原性C.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐D.NO与O2反应生成NO2属于氮的固定【解析】选C。N≡N键能大,N2比磷稳定,A错误;氮气中氮元素的化合价可以升高,也可以降低,故既具有氧化性,又具有还原性,B错误;氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程,D项错误。 (1)(宏观辨识与微观探析)哪些性质可以判断氮、磷的非金属性强弱?提示:酸性:硝酸大于磷酸;稳定性:NH3大于PH3;还原性:PH3大于NH3等可以说明非金属性氮大于磷。(2)氮的固定有哪些?提示:①人工固氮:合成氨和仿生固氮;②自然固氮:高能固氮(雷雨天N2→NO)和生物固氮(豆科植物的根瘤菌固氮)。【备选例题】下列关于N2性质的叙述中错误的是( )A.氢气在氮气中能燃烧B.氮气既具有氧化性,又具有还原性C.将空气中的氮气转变成含氮化合物属于氮的固定D.氮气与氧气在一定条件下反应生成一氧化氮【解析】选A。氢气与氮气在高温、高压、催化剂条件下才能反应,A错误;氮气中氮元素的化合价可以升高,也可以降低,故既具有氧化性,又具有还原性,B正确;将空气中的氮气转变成含氮化合物属于氮的固定,C正确;氮气与氧气在放电条件下反应生成NO,D正确。命题角度2:氮的氧化物与水的反应【典例2】如图所示,将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽且盛满水的试管内,充分反应后,试管内残留体积的气体,该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与n的比值为( )A.3∶2 B.2∶3 C.8∶3 D.3∶8【解析】选C。该过程中涉及的反应有2NO+O2===2NO2、3NO2+H2O===2HNO3+NO,可将两个方程式“合并”为4NO+3O2+2H2O===4HNO3。剩余气体与空气接触立即变为红棕色,说明剩余气体为NO。则可知体积的NO气体与n体积的O2恰好完全反应。4NO+3O2+2H2O===4HNO343n4∶=3∶n,解得m∶n=8∶3。 题干剩余气体遇到空气无变化,下列说法正确的是( )A.3∶8 B.4∶5 C.8∶3 D.5∶4【解析】选B。剩余气体与空气接触无变化,说明剩余气体为O2。则可知m体积的NO气体与(n-)体积的O2恰好完全反应。4NO+3O2+2H2O===4HNO343m(n-)4∶m=3∶(n-),解得m∶n=4∶5。【备选例题】同温同压下,在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体,它们是①NO和NO2,②NO2和O2,③NH3和N2。将3支试管均倒置于盛水的水槽中,充分反应后,试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3,则下列的关系正确的是( )A.V1>V2>V3 B.V1>V3>V2C.V2>V3>V1D.V3>V1>V2【解析】选B。设各种气体的体积都为1体积。①根据3NO2+H2O===2HNO3+NO,即剩余NO的体积V1=(1+)体积。②根据4NO2+O2+2H2O===4HNO3,即剩余O2的体积V2=(1-)体积。③剩余N2的体积V3=1体积。即B项符合题意。命题角度3:氮的氧化物与环境污染【典例3】(双选)随着我国汽车年销量的大幅增加,空气环境受到了很大的污染。汽车尾气装置中,气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示,下列说法正确的是( )A.反应中NO为氧化剂,N2为还原产物B.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2C.NO和O2必须在催化剂表面才能反应D.催化转化总化学方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2【以图析题·培养关键能力】【解析】选A、D。A项,反应中NO、O2均为氧化剂,N2为还原产物;B项,N2不是污染成分;C项,NO与O2没有催化剂存在下就可以发生反应。【备选例题】氮氧化合物(用NOx表示)是大气污染的重要因素,根据NOx的性质特点,开发出多种化学治理氮氧化合物污染的方法。(1)用氨可将氮氧化物转化为无毒气体。如,4NH3+6NO5N2+6H2O,写出氨气转化NO2的化学方程式________________________________________,氧化产物与还原产物的质量之比为________________________。(2)工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理。①NO2被烧碱溶液吸收时,生成两种钠盐,其物质的量之比为1∶1,写出该反应的化学方程式:______________________________________________________________________________________________________________________。②NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量NaOH溶液完全吸收后只得到一种钠盐,该钠盐的化学式是__________。【解析】(1)NH3和NO2反应生成N2和H2O,氧化产物与还原产物均为N2,其质量之比是4∶3。(2)①生成两种钠盐,必须是NO2的歧化反应,依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。②NO中氮的化合价为+2价,NO2中氮的化合价为+4价,二者1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐,依据电子守恒可知,钠盐中氮的化合价为+3,即为NaNO2。答案:(1)8NH3+6NO27N2+12H2O 4∶3(2)①2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O②NaNO21.氮的氧化物溶于水的计算方法(1)NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反应:4NO2+O2+2H2O===4HNO3,其计算如下表:(2)NO和O2的混合气体溶于水时涉及反应:4NO+3O2+2H2O===4HNO3,其计算如下表:2.氮氧化物对环境的污染及防治光化学烟雾NOx在紫外线作用下,与碳氢化合物发生一系列光化学反应,产生一种有毒的烟雾。酸雨NOx排入大气中后,与水反应生成HNO3和HNO2,随雨雪降到地面。破坏臭氧层NO2可使平流层中的臭氧减少,导致地面紫外线辐射量增加。3.常见的NOx尾气处理方法(1)催化转化法在催化剂、加热条件下,氨可将氮氧化物转化为无毒气体(N2),或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体(N2和CO2)。一般适用于汽车尾气的处理。(2)碱液吸收法2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2ONO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2ONO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO)。一般适合工业尾气中NOx的处理。命题点1:氮气及其氧化物的性质(基础性考点)1.下列关于NO、NO2的描述中错误的是( )A.NO2是红棕色气体,易溶于水,但不是酸性氧化物B.NO2可用排水法收集,且可由N2和O2化合而得到C.NO、NO2在一定条件下可相互转化,且二者都是大气污染物D.NO、NO2既具有氧化性又具有还原性【解析】选B。NO2是红棕色气体,易溶于水,不是酸性氧化物,A正确;NO2易溶于水,不可用排水法收集,且N2和O2化合只能得到NO,B错误;两者通过2NO+O2===2NO2,3NO2+H2O===2HNO3+NO而相互转化,且两者都会造成空气污染,C正确;NO、NO2既具有氧化性又具有还原性,D正确。命题点2:氮的氧化物与水的反应(基础性考点)2.将40mLNO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中,充分反应后试管中剩下20mL气体,则原混合气体中NO2和NO的体积比为( )A.2∶1 B.1∶3 C.3∶1 D.1∶1【解析】选C。3NO2+H2O===2HNO3+NO ΔV31230mL20mLV(NO)=40mL-30mL=10mL,V(NO2)∶V(NO)=30mL∶10mL=3∶1。3.常温常压下,注射器甲中装有NO2气体,注射器乙中装有相同体积的空气,注射器与U形管连通,固定活塞。如图所示,打开两个止水夹,足够时间后,将会看到U形管中液面( )A.a端上升,b端下降B.a端下降,b端上升C.U形管中液面无变化D.无法判断【解析】选A。打开两个止水夹后,甲中NO2与水反应生成HNO3和NO,U形管中左侧气体压强减小,a端液面上升,b端下降。命题点3:氮的氧化物与环境污染(应用性考点)4.氮氧化物进入大气后,不仅会形成硝酸型酸雨,还可能形成光化学烟雾,对含有氮氧化物的废气进行处理。(1)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物,反应的化学方程式如下:NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O(i)2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O(ii)①在反应(i)中,氧化剂是________。在反应(ii)中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。②由反应(ii)判断二氧化氮是否为酸性氧化物?解释原因______________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应消除污染,试写出该反应的化学方程式______________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)目前有一种治理方法是在一定条件下,用氨气将氮氧化物转化为无污染的物质,请写出NO2发生该反应的化学方程式______________________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)①在反应(ⅰ)中NO2中的氮元素化合价降低做氧化剂;在反应(ⅱ)中氧化剂和还原剂都是NO2,它们的物质的量之比为1∶1。②二氧化氮与碱反应生成两种盐,且氮元素化合价发生变化,二氧化氮不是酸性氧化物。(2)根据原子守恒定律结合题目信息可知,一氧化氮与一氧化碳反应后生成的对大气无污染的物质应为氮气和二氧化碳。(3)根据原子守恒定律结合题目信息可知,氨气和二氧化氮反应后生成的无污染的物质为氮气和水。答案:(1)①NO2 1∶1②不是,因为二氧化氮与碱反应生成两种盐,且氮元素化合价发生变化(2)2NO+2CON2+2CO2(3)6NO2+8NH37N2+12H2O【加固训练—拔高】(2021·宜昌模拟)光化学烟雾的形成机理如图所示。下列叙述错误的是( )A.光化学烟雾的分散剂是空气B.氧原子是产生光化学烟雾的催化剂KC.PAN()属于有机物D.光化学烟雾与氮氧化物和碳氢化合物大量排放有关【解析】选B。光化学烟雾的二次污染物O3、醛类、PAN及硝酸分散在空气中,分散剂为空气,故A正确;根据示意图,氧原子是中间体,不是产生光化学烟雾的催化剂,故B错误;PAN()中含有碳元素,属于有机物,故C正确;由图示知光化学烟雾的形成与氮氧化合物和碳氢化合物的大量排放有关,故D正确。考点二 硝酸(命题指数★★★★★)1.物理性质:硝酸是无色易挥发的液体,有刺激性气味。2.化学性质:(1)不稳定性。反应:4HNO3(浓)2H2O+4NO2↑+O2↑。(2)强氧化性。硝酸无论浓、稀都有强氧化性,而且浓度越大,氧化性越强。与金属反应稀硝酸与铜反应的化学方程式:3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O浓硝酸与铜反应的化学方程式:Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O与非金属反应浓硝酸与C反应的化学方程式:C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O与还原性化合物反应硝酸可氧化Fe2+、H2S、SO2、Na2SO3、HI等还原性物质。如稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式:3Fe2++4H++NO===3Fe3++NO↑+2H2O1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)常温下,铁、铝在浓硝酸中的钝化为化学变化。( )提示:√。铁、铝在浓硝酸中的钝化是金属被氧化的过程。(2)过量的铜与浓硝酸反应,产物中一定有NO。( )提示:√。硝酸变稀,生成NO。(3)浓硝酸在光照下久置,会变黄。( )提示:√。浓硝酸在光照下部分分解生成二氧化氮,溶于浓硝酸显黄色。(4)硝酸具有强氧化性,硝酸与Fe反应一定生成Fe3+。( )提示:×。当Fe少量时生成Fe3+,当Fe过量时生成Fe2+。(5)硝酸与Na2CO3反应生成CO2气体,与Na2S反应也生成H2S。( )提示:×。硝酸具有强氧化性,可将H2S氧化。(6)在1.0mol·L-1的KNO3溶液中可以存在H+、Fe2+、Cl-、SO。( )提示:×。溶液中含NO和H+,可将Fe2+氧化为Fe3+。2.某同学在实验室取出一瓶浓硝酸,发现溶液显黄色,与教材中关于硝酸的描述出现偏差。(1)你能帮助该同学解释一下原因吗?应该如何避免这种情况的发生?提示:浓硝酸不稳定见光或受热会分解生成NO2,NO2溶于浓硝酸使溶液显黄色;故浓硝酸应该保存在棕色试剂瓶中,并放在阴凉处。(2)你能帮助该同学去除硝酸的黄色吗?提示:向浓硝酸中通入氧气(或空气),发生反应4NO2+O2+2H2O===4HNO3,消除黄色。(3)足量的铜投入少量上述浓硝酸,会看到什么现象?提示:立即有红棕色气体产生,气体颜色逐渐变浅至无色;溶液变为绿色或蓝绿色。命题角度1:硝酸的性质及应用【典例1】(2021·秦皇岛模拟)某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验,装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态),F是一半空的注射器。请回答有关问题:(1)设计装置A的目的是_____________________________________________________________________________________________________________________________________;为达到此目的,应进行的操作是打开K,且打开分液漏斗活塞,当装置C中产生________时,关闭K。(2)在完成(1)中的“操作”后,将装置B中铜丝插入稀硝酸,并微热之,观察到装置B中的现象是_______________________________________________________________________________________________________________________;B中反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________________________。(3)装置E和F的作用是______________________________;为实现此作用,其操作方法是_________________________________________________________。(4)装置D的作用是吸收多余的氮氧化物,防止污染空气,兼有________________的功能。【以图析题·培养关键能力】K【解析】(1)由于装置中含有空气,能把NO氧化生成NO2,从而干扰实验。所以需要利用生成的二氧化碳将整个装置内的空气赶尽,避免NO和氧气反应生成二氧化氮对气体产物的观察产生干扰。澄清的石灰水能吸收CO2,产生白色沉淀,据此可以判断。(2)稀硝酸具有氧化性,能把铜氧化,生成硝酸铜、NO和水,所以现象就是铜丝表面产生气泡,稀硝酸液面上仍为无色,溶液变为蓝色。有关反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O。(3)由于NO极易被氧气氧化生成NO2,所以E、F的作用是验证无色气体为NO。具体的操作是将注射器F中的空气推入E中或将E中的无色气体吸入注射器中。(4)NO2极易溶于水,所以还有防止倒吸的作用。答案:(1)利用生成的二氧化碳将整个装置内的空气赶尽,避免NO和氧气反应生成二氧化氮对气体产物的观察产生干扰 白色沉淀(2)铜丝表面产生气泡,稀硝酸液面上仍为无色,溶液变为蓝色3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O(3)验证无色气体为NO 将注射器F中的空气推入E中或将E中的无色气体吸入注射器中(4)防止倒吸 (1)(科学探究与创新意识)进行完(3)中操作后,还要打开止水夹K和分液漏斗的活塞,通一段时间的CO2再拆卸装置,为什么?提示:通过通CO2将氮的氧化物都赶到装置D中吸收,防止拆卸装置时污染空气。(2)在进行(3)中操作时,发现装置C中的沉淀会溶解,原因是什么?提示:将注射器中的空气注入装置E,产生的NO2进入装置C与水反应生成硝酸,硝酸将沉淀碳酸钙溶解。【讲台挥洒一刻】现象描述答题模板①全面描述现象的程序——“海、陆、空”“海”——溶液有什么变化;“陆”——固体有什么变化;“空”——气体有什么变化。②规范描述现象的答题模板如颜色:……由……(具体颜色)变为……(具体颜色);气体:溶液中产生……(颜色)的气体,(或)在固体表面产生……(颜色)气体;沉淀:在……(颜色)溶液中产生……(颜色)的沉淀(浑浊)。命题角度2:金属与硝酸反应的多角度计算【典例2】将11.2g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中,收集反应产生的气体X(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是( )A.0.3molNO2和0.3molNOB.0.2molNO2和0.1molN2O4C.0.6molNOD.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4【解析】选D。向Mg、Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜,所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g-11.2g=10.2g,物质的量为=0.6mol,根据电子守恒可知反应过程中共转移0.6mole-,确定D项符合。【讲台挥洒一刻】金属与硝酸反应的思维模型【备选例题】某100mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol·L-1和0.1mol·L-1。向该混合液中加入1.92g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度(忽略体积变化)为( )A.0.15mol·L-1 B.0.225mol·L-1C.0.35mol·L-1D.0.45mol·L-1【解析】选B。解答本题要从离子反应的角度来考虑,H2SO4提供的H+可以和NO构成强氧化性环境,继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H+总的物质的量为0.06mol,NO的物质的量为0.04mol,Cu的物质的量为0.03mol。Cu与稀硝酸发生反应:3Cu + 8H++ 2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O3820.03mol0.06mol0.04molH+不足量,应根据H+的物质的量来计算。3Cu + 8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O830.06moln(Cu2+)n(Cu2+)=0.06mol×=0.0225molc(Cu2+)==0.225mol·L-1。1.多角度突破HNO3的强氧化性(1)硝酸与金属的反应①除Au、Pt等少数金属外,硝酸几乎可以氧化所有的金属。②活泼金属与硝酸反应不生成H2,硝酸的浓度不同,还原产物不同。③常温下浓硝酸能使Fe、Al钝化。(2)硝酸与非金属的反应非金属单质+浓硝酸→最高价氧化物或其含氧酸+NO2↑+H2O。(3)硝酸与还原性化合物的反应可以氧化具有还原性的化合物或离子,如HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br-、I-、S2-、SO等均能被HNO3氧化。2.金属与硝酸反应的计算方法(1)电子守恒法:硝酸与金属反应属于氧化还原反应,氮原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数,由此可求出氮元素被还原后的价态,根据价态确定反应产物。(2)原子守恒法:硝酸与金属反应时,一部分以NO的形式存在,一部分转化为还原产物,这两部分中N的物质的量与反应消耗的HNO3中N的物质的量相等。(3)电荷守恒法:Mn+和H+所带正电荷总数应等于NO所带负电荷总数(因为这种溶液中OH-浓度很小,可被忽略)。(4)离子方程式法:HNO3与H2SO4混合液跟金属的反应,当金属足量时,不能用HNO3与金属反应的化学方程式计算,应用离子方程式计算,因为生成的硝酸盐中的NO借助H+仍能继续与金属反应。命题点1:硝酸的性质及应用(基础性考点)1.将相同质量的铜分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应,下列叙述正确的是( )A.硝酸浓度越小消耗的硝酸越多,产生的有毒气体也越多B.反应中转移的电子总数稀硝酸少C.试管内壁上的铜用浓硝酸除去最好,因反应速率快D.两者用排水法收集的气体的体积相同【解析】选D。铜完全反应,在进行相关计算时以铜为标准,等质量的铜在反应中失去的电子数相同,生成Cu(NO3)2的量相同,浓硝酸被还原为NO2,氮原子价态由+5价降到+4价,每个氮原子得到1个电子,稀HNO3被还原时每个氮原子得到3个电子,故被还原的浓硝酸多、稀硝酸少,生成的NO2也比NO多。用排水法收集气体时,3NO2+H2O===2HNO3+NO,故两种情况收集到的气体一样多。2.(2021年辽宁适应性测试)下列各实验的现象及结论都正确的是( )选项实验现象结论A浓硫酸滴入蔗糖中,产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀,澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性B铜粉加入稀硫酸中,加热;再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象,加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用C过量铁粉加入稀硝酸中,充分反应后,滴加KSCN溶液有无色气泡产生,溶液呈血红色稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+D将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体固体为Mg【解析】选A。蔗糖变黑,体积膨胀,说明浓硫酸具有脱水性,澄清石灰水变浑浊,说明生成CO2、SO2,浓硫酸具有强氧化性,A正确;铜粉与稀硫酸不反应,加入KNO3后溶液变蓝,是因为在酸性条件下,NO能与铜反应,B错误;过量的铁粉与硝酸反应,生成的是Fe2+,C错误;将Na投入MgCl2溶液中,析出白色固体是Mg(OH)2,D错误。命题点2:金属与硝酸反应的多角度计算(综合性考点)3.(2021·衡阳模拟)一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250mL2mol·L-1的硝酸中,反应共生成1.12LNO(标准状况下),再向反应后的溶液中加入1mol·L-1的NaOH溶液,当沉淀完全时所加NaOH溶液的体积最少是( )A.450mL B.500mLC.400mLD.不能确定【解析】选A。生成NO的物质的量为0.05mol,则此时NO的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol。当沉淀量最大时,溶液中的溶质是硝酸钠,硝酸钠的物质的量是0.45mol,根据钠原子守恒可知,氢氧化钠的物质的量是0.45mol,则氢氧化钠的体积是450mL。【加固训练—拔高】1.3.2gCu与30mL3mol·L-1HNO3溶液充分反应,还原产物有NO2和NO,若反应后溶液中H+为amol,则此时溶液中所含NO为( )A.mol B.2amolC.0.1amolD.(a+0.1)mol【解析】选D。溶液中某元素的原子个数守恒,溶液中电荷守恒(即溶液显电中性)。根据题意,HNO3有剩余,则Cu反应完全。可据电荷守恒:n(NO)=2n(Cu2+)+n(H+)=2×+amol=(0.1+a)mol。2.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是( )A.原混合酸中NO物质的量浓度为2mol·L-1B.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,BC段产生氢气C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4D.H2SO4浓度为2.5mol·L-1【解析】选D。第一份中发生3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O,由于铜溶解0.3mol,故反应的NO为0.2mol,原混合酸中NO的浓度为=2mol·L-1,故A项正确;B项由图可知OA为Fe+4H++NO===Fe3++NO↑+2H2O,AB为2Fe3++Fe===3Fe2+,BC段为Fe+2H+===H2↑+Fe2+,故B、C项正确;反应消耗22.4gFe,则n(Fe)==0.4mol,则n(FeSO4)=0.4mol,据原子守恒可知,每份溶液中含有0.4molH2SO4,原混合溶液中c(H2SO4)==4mol·L-1,故D项错误,符合题意。3.(2021·滁州模拟)某化学学习小组采用下列装置,对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知:4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O)。请回答下列问题:(1)检查装置气密性后,将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态,立即伸入三颈瓶中,并塞紧瓶塞,滴加浓硝酸,可观察到三颈瓶中气体的颜色为____________,产生该气体的化学反应方程式是____________________________________________________________________________________________。(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液,反应一段时间后可观察到C中出现白色沉淀,该白色沉淀为______________________________________________(写化学式)。其中的Ba(OH)2溶液__________(填“能”或“不能”)用Ca(OH)2溶液代替,理由是_____________________________________________________________________________________________________________________。(3)装置B的作用是______________。(4)装置D中收集到了无色气体,部分同学认为是NO,还有部分同学认为是O2。①下列对该气体的检验方法合适的是________(填序号)。A.敞口观察集气瓶内气体的颜色变化B.将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内,观察试纸是否变红C.将带火星的木条伸入集气瓶中,观察木条是否复燃②如果集气瓶中收集到的无色气体是氧气,则氧气的来源是________________。【解析】(1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应,生成NO2、CO2、H2O,由于NO2为红棕色气体,故三颈瓶中的气体为红棕色。(2)将NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液中分别生成Ba(NO3)2和BaCO3,由于Ba(OH)2溶液足量,故溶液为碱性环境,BaCO3不溶解以沉淀形式析出。Ba(OH)2溶液不能用Ca(OH)2溶液代替,因为Ca(OH)2微溶于水,溶液中Ca(OH)2含量太少,浓度太低,不足以完全吸收生成的酸性气体,导致溶液呈酸性,从而不能生成CaCO3沉淀。(3)装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。(4)①NO与足量O2反应生成红棕色的NO2,A正确;NO和O2均不具有酸性,B错误;O2能使带火星的木条复燃,而NO不能,C正确。②装置A中除发生木炭与浓硝酸的反应外,还发生浓硝酸的分解反应。答案:(1)红棕色C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O(2)BaCO3 不能 Ca(OH)2溶液中Ca(OH)2浓度较低,不能形成CaCO3沉淀(3)防倒吸 (4)①A、C ②浓硝酸的分解考点三 氨和铵盐(命题指数★★★★★)1.氨的分子结构与物理性质:2.氨的化学性质:(1)与水反应。①氨水呈现碱性的原因:NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-。②氨水中存在的粒子:NH3·H2O、H2O、NH3、NH、OH-、H+。③NH3·H2O的性质:NH3·H2O为可溶性一元弱碱,不稳定,易分解,化学方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O。(2)与酸的反应。蘸有浓盐酸(或浓硝酸)的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近,其现象为有白烟生成。化学方程式分别为HCl+NH3===NH4Cl、HNO3+NH3===NH4NO3。(3)与盐溶液的反应。如过量氨水与AlCl3反应的离子方程式:Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH。(4)氨气的还原性。性质方程式催化氧化4NH3+5O24NO+6H2O被CuO氧化2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O被氯气氧化2NH3+3Cl2===N2+6HCl或8NH3+3Cl2===N2+6NH4Cl被氮氧化物氧化6NO+4NH3===5N2+6H2O6NO2+8NH3===7N2+12H2O①NH3是中学化学中唯一的碱性气体,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。②氨水呈弱碱性,NH3·H2O属于一元弱碱,计算氨水的浓度时,溶质按NH3计算。3.喷泉实验:(1)原理。使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差,利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内,在尖嘴导管口形成喷泉。(2)形成喷泉的常见组合。①HCl、NH3、NO2、NO与O2(4∶3)、NO2与O2(4∶1)溶于水。②HCl、CO2、Cl2、SO2溶于NaOH溶液。4.铵盐及NH的检验:(1)铵盐的物理性质。铵盐都是白色固体,均易溶于水。(2)铵盐的化学性质。(3)NH的检验。未知液呈碱性湿润的红色石蕊试纸变蓝色,则证明含NH。5.含氮元素物质之间的转化关系:(1)歧化——同一物质中某元素的化合价在同一反应中既升高又降低。如:3NO2+H2O===2HNO3+NO2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。(2)归中——不同物质中同一元素的不同化合价在同一反应中只靠拢。如:6NO+4NH35N2+6H2ONO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O。1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)氨遇到浓盐酸、硫酸都会发生反应,产生白烟。( )提示:×。硫酸难挥发,与氨反应不产生白烟。(2)加热盛有NH4Cl固体的试管,试管底部固体消失,试管口有晶体凝结。( )提示:√。氯化铵分解生成的氨气与氯化氢反应生成NH4Cl,冷凝重新凝结。(3)氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH。( )提示:×。氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH3·H2O。(4)铵盐都易溶于水,其水溶液均呈酸性。( )提示:×。NH4HCO3、(NH4)2S溶液呈碱性。(5)现有1mol·L-1的氨水,则该溶液中NH3·H2O的浓度是1mol·L-1。( )提示:×。氨水中存在NH3、NH和NH3·H2O,NH3·H2O的浓度小于1mol·L-1。(6)NH4Cl与NaCl的固体混合物可用升华法分离。( )提示:×。NH4Cl与NaCl的固体混合物可用加热氯化铵分解法分离。(7)向某无色溶液中加入稀NaOH溶液,把湿润的红色石蕊试纸放在试管口,不变蓝,则原溶液中不含NH。( )提示:×。检验时应该使用浓的氢氧化钠溶液并加热,便于产生NH3。2.(1)管道工人用浓氨水检验氯气管道是否漏气,如果管道某处漏气,会产生白烟,原理是什么?提示:若氯气管道漏气,发生反应:2NH3+3Cl2===N2+6HCl、NH3+HCl===NH4Cl,产生的白烟是固体NH4Cl。(2)“有一位农民看到自己买的一袋碳酸氢铵化肥受潮了,就放在太阳下面晒,下午取的时候发现少了许多。请解释相关原因?提示:在太阳光的照射下,碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2、水蒸气,故固体减少。命题角度1:氨、铵盐的性质及实验【典例1】(2021·滨州模拟)探究氨气及铵盐性质的过程中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,说明氨气极易溶于水B.将pH=11的氨水稀释1000倍,测得pH>8,说明NH3·H2O为弱碱C.加热NH4HCO3固体,观察到固体逐渐减少,试管口有液滴产生,说明NH4HCO3受热不稳定D.将红热的铂丝伸入如图所示的锥形瓶中,瓶口出现少量红棕色气体,说明氨气的氧化产物为NO2【解析】选D。氨气极易溶于水生成氨水,所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,故A正确;常温下,pH=11的氨水中c(OH-)=10-3mol·L-1,稀释1000倍,测得pH>8,c(OH-)>10-6mol·L-1,说明稀释时电离平衡正向移动,所以NH3·H2O为弱碱,故B正确;碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳和水,故C正确;氨气的氧化产物为NO,NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2,所以瓶口出现少量红棕色气体,故D错误。 (1)上题A项试管中液体的物质的量浓度为多少?(设实验条件下的气体摩尔体积为Vm)提示:1/Vmmol·L-1。设试管的体积为VL,则氨气的物质的量为V/Vmmol,溶液的体积为VL,则溶液的物质的量浓度为1/Vmmol·L-1。(2)上题D项锥形瓶中会有白烟产生,产生该现象的原因是什么?提示:氨催化氧化生成NO,NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,HNO3与挥发出的NH3反应生成NH4NO3,产生白烟。命题角度2:喷泉实验问题分析【典例2】喷泉是一种常见的现象,其产生的原因是存在压强差。(1)图Ⅰ为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体,胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列组合中不可能形成喷泉的是____________。A.SO2和H2O B.CO2和NaOH溶液C.NH3和H2OD.NO和H2O(2)比较图Ⅰ和图Ⅱ两套装置,从产生喷泉的原理来分析,图Ⅰ是____________上部烧瓶内气体压强;图Ⅱ是____________下部锥形瓶内气体压强(填“增大”或“减小”)。(3)某学生积极思考喷泉原理的应用,设计了如图Ⅲ所示的装置。①如果关闭活塞c,打开活塞a、b,再挤压胶头滴管.则可能出现的现象为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。②在①操作的基础上,打开活塞c,产生的现象是____________。【以图析题·培养关键能力】【解析】(1)极易溶于水或气体与溶液易发生化学反应可形成图Ⅰ中喷泉,A、C利用气体的溶解性形成喷泉,B中发生化学反应形成喷泉,而D中NO不溶于水,不能形成喷泉;(2)图Ⅰ和图Ⅱ两套装置,均产生压强差,形成喷泉,图Ⅰ是减小上部烧瓶内气体压强,而图Ⅱ是增大下部锥形瓶内气体压强;(3)①如果关闭活塞c,打开活塞a、b,再挤压胶头滴管,有氨气的瓶内气压减小,HCl与氨气结合生成氯化铵,则观察到HCl气体进入盛有NH3的烧瓶,产生大量的白烟;②在①操作的基础上,打开活塞c,瓶内气体减少,外压大于内压,形成喷泉,则现象为两烧瓶同时产生喷泉。答案:(1)D (2)减小 增大(3)①HCl气体进入盛有NH3的烧瓶,产生大量的白烟②两烧瓶同时产生喷泉 (1)某同学组装上题图Ⅰ装置时忘记了胶头滴管,如何操作可以产生喷泉?提示:用热毛巾捂烧瓶或冰敷烧瓶。(2)若上题装置Ⅱ中锥形瓶装有乙醇,如何操作可以产生喷泉?提示:加热锥形瓶使乙醇挥发,使锥形瓶中压强增大,产生喷泉。命题角度3:氮及其化合物的转化【典例3】(2021年广东适应性测试)部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )A.a可经催化氧化生成bB.b为红棕色,可转化为cC.密闭体系中,c存在2NO2N2O4D.d的溶液与Cu反应可生成b或c【解析】选B。a是NH3,NH3高温下催化氧化可以生成NO(b物质),故A对;NO(b物质)常温下是无色气体,故B错;密闭系统中存在2NO2N2O4,故C对;d为HNO3,Cu跟稀HNO3反应生成物之一为NO(b物质),Cu跟浓HNO3反应生成物之一为NO2(c物质),故D对。1.氨的催化氧化深度思考(1)空气通入氨水的目的:让氨气挥发,使氧气和氨充分混合。(2)锥形瓶中气体呈红棕色的原因:NH3被氧化为NO,NO遇到空气中的O2又迅速被氧化为红棕色的NO2。(3)瓶内有白烟出现的原因:由于锥形瓶里有水蒸气存在,水蒸气和NO2反应生成了HNO3:3NO2+H2O===2HNO3+NO,HNO3再跟NH3反应生成微小的白色NH4NO3晶体:NH3+HNO3===NH4NO3。(4)悬空铂丝总是呈红色的原因:NH3与O2在铂丝的表面上进行的反应是放热反应,反应放出的热量足以使铂丝继续保持红热状态。2.常见的喷泉实验装置及引发方法装置Ⅰ:打开止水夹,挤压胶头滴管的胶头,使少量水进入烧瓶,导致大量的NH3溶解。烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置Ⅱ:挤压气球,即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶,导致大量的NH3溶解,烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置Ⅲ:去掉了胶头滴管。打开止水夹,用手(或热毛巾等)焐热烧瓶,氨气受热膨胀,使氨气通过导管与水接触,即产生喷泉。(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶,使水进入烧瓶,烧瓶内氨气溶于水)命题点1:氨、铵盐的性质及实验(基础性考点)1.关于铵盐的叙述:①铵盐易溶于水;②铵盐中氮元素均为-3价;③铵盐受热易分解;④铵盐只能跟碱反应,不能跟酸反应;⑤铵态氮肥不宜跟碱性物质如草木灰混合使用。其中正确的是( )A.①②③④⑤ B.①③⑤C.③④⑤D.①②④【解析】选B。铵盐都是易溶于水的晶体,受热易分解,且都能与碱反应生成NH3或NH3·H2O,①、③、⑤正确;NH4NO3中氮元素为-3价、+5价,②错误;NH4HCO3或(NH4)2CO3既可与碱反应,也可与酸反应,④错误。2.如图,利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水,立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥红色石蕊试纸不变色,湿润红色石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱【解析】选A。B项,NH3与浓硫酸反应;C项,AlCl3、MgCl2等氯化物溶液均可与NH3反应使溶液变浑浊;D项,NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-,氨水呈碱性,NH3·H2O是碱,NH3不属于碱。命题点2:喷泉实验问题分析(综合性考点)3.如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案,下列有关操作不可能引发喷泉的是( )A.挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹B.挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹C.用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹D.在装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹【解析】选B。H2难溶于NaOH溶液,不能使烧瓶内外形成较大压强差,故不能引发喷泉。命题点3:氮及其化合物的转化(应用性考点)4.(双选)氮及其化合物的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )A.氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2B.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径C.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是自然固氮的一种途径D.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1【解析】选A、D。A.氮气与氧气反应生成NO,NO与氧气反应生成二氧化氮,氮气与足量的氧气不能通过一步反应生成NO2,故A错误;B.根据工业上生产硝酸的路径:合成氨→氨的催化氧化→一氧化氮转化为二氧化氮→二氧化氮和水反应获得硝酸,所以路线①②③是工业生产硝酸的主要途径,故B正确;C.氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮,一氧化氮会迅速被氧气氧化为二氧化氮,二氧化氮和水反应获得硝酸,即路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径,自然固氮的一种途径,故C正确;D.反应③的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO,NO2既作氧化剂,又作还原剂,作氧化剂的物质的量为1mol,作还原剂的物质的量为2mol,故D错误。【加固训练—拔高】1.(2021·聊城模拟)如图装置中,干燥烧瓶内盛有某种气体,烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头,下列与实验事实不相符的是( )A.CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉B.NH3(H2O中含酚酞)/红色喷泉C.H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉D.HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉【解析】选A。二氧化碳难溶于碳酸氢钠溶液,不能产生压强差,无法形成喷泉,A项与实验事实不相符。NH3·H2O是碱,遇酚酞变红色,能形成红色喷泉,B项与实验事实相符。H2S与CuSO4生成黑色固体CuS,C相符,HCl与AgNO3生成白色固体AgCl,D相符。2.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是( ) A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口,试纸变红,说明NH3已经集满C.关闭a,将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c,打开b,完成喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,则E点时喷泉最剧烈D.工业上,若出现液氨泄漏,喷洒稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好【解析】选D。A项,CaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于氨气的逸出,而CaCl2为中性的盐,能够溶于水,热量的变化很小,与水不反应,对氨气的逸出没有作用,故A项错误;B项,氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性,红色石蕊试液遇碱显蓝色,所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已收集满,而蓝色石蕊试纸遇碱仍然是蓝色,故B项错误;C项,三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小、大气压不变,所以大气压和C点压强差最大,则喷泉最剧烈,故C项错误;D项,盐酸显酸性,碳酸氢钠溶液显碱性,氨水溶液显碱性,因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于在碱性溶液中的吸收效率,故D项正确。3.生物脱氮工艺是目前广泛采用的污水处理工艺,可将废液中的N转化为N2和水,该工艺流程如图:已知反应Ⅰ的离子方程式为N+2O2N+2H++H2O。下列说法正确的是( )A.反应Ⅱ中N转化为N2和水的离子方程式为5N+3N4N2↑+9H2O+2H+B.两池中投放的废液体积相等时,N能完全转化为N2C.常温常压下,反应Ⅱ中生成22.4LN2转移的电子为3.75molD.两池发生的反应中,氮元素只被氧化【解析】选A。反应Ⅱ的离子方程式为5N+3N4N2↑+9H2O+2H+,故A正确;反应Ⅰ中1molN转化为1molN,反应Ⅱ中1molN完全反应转化为N2消耗molN,两个反应中消耗的废液体积不同,故B错误;标准状况下,反应Ⅱ中生成22.4LN2转移的电子数为3.75NA,故C错误;反应Ⅱ中N元素既被氧化又被还原,故D错误。考点四 氨气的制法(命题指数★★★★★)1.氨气的实验室制法:(1)制备装置。 (2)制备原理及流程分析。2.氨气的工业制法:合成氨工业的简要流程可用方框图表示为(1)原料气的制取。①N2:将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2,除去CO2后得N2。②H2:用水和燃料(煤、焦炭、石油、天然气等)在高温下制取。用煤和水制H2的主要反应为C+H2O(g)CO+H2,CO+H2O(g)CO2+H2。(2)原料气的净化。制得的N2、H2需净化、除杂质,再用压缩机压缩至高压。(3)氨的合成:在适宜的条件下,在合成塔中进行。(4)氨的分离:经冷凝使氨液化,将氨分离出来,为提高原料的利用率,将没有完全反应的N2和H2循环送入合成塔,使其被充分利用。1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)虽然氨水受热分解可产生氨气,但在实验室也不能用加热浓氨水的方法制取氨气。( )提示:×。实验室可以用加热浓氨水的方法制取氨气。(2)实验室可用NaOH和NH4Cl加热制取NH3。( )提示:×。NaOH碱性强,腐蚀试管。(3)实验室可用Ca(OH)2和NH4NO3加热制取NH3。( )提示:×。NH4NO3受热易发生爆炸。(4)通常可选择浓硫酸为干燥剂,除去氨气中的水蒸气。( )提示:×。氨气是碱性气体,不能用浓硫酸干燥。(5)既可用向下排空气法收集NH3,又可用排水法收集NH3。( )提示:×。NH3极易溶于水,不能用排水法收集。(6)氯水显酸性,可用pH试纸测定氯水的pH。( )提示:×。氯水中含有次氯酸,具有漂白性,可将pH试纸漂白,无法根据颜色测定pH。2.(1)实验室制取氨气时,碱不选用NaOH、KOH,其原因是什么?提示:消石灰不能用NaOH、KOH代替,原因是NaOH、KOH具有吸湿性,易结块,不利于产生氨气,在加热条件下还会腐蚀试管。(2)某同学根据铵盐受热分解的性质,认为可以采用加热NH4Cl来制备氨气,你怎么看?提示:不行。NH4Cl分解得到NH3和HCl,两种气体在试管口反应又生成NH4Cl,得不到氨气。3.下列制备NH3并制取氨水的装置正确且能达到实验目的的是( )【解析】选D。A项,加热固体时试管口应略向下倾斜,错误;B项,用碱石灰干燥NH3,但气体应大口进,小口出,错误;C项,氨气密度小于空气,应用向下排空气法收集,错误;D项,氨气极易溶于水但不溶于四氯化碳,可通过四氯化碳层再进入水层吸收氨气防止倒吸,正确。命题角度:氨气的实验室制法【典例】(2021·咸阳模拟)某学习兴趣小组探究氨气的制取实验:(1)甲同学拟用下列实验方法制备氨气,其中合理的是________。A.将氯化铵固体加热分解B.将浓氨水滴入氢氧化钠固体中C.将氢氧化钠固体加入浓氨水中D.将氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中(2)根据上述正确的原理,该同学欲用下列常见的实验室制气装置制取氨气,适宜的装置是_________________________________________。(3)气体的性质是气体收集方法选择的主要依据,下列性质与收集方法无关的是________。①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应(4)下图是甲同学设计收集氨气的几种装置,其中可行的是________,集气的原理是___________________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)A.加热氯化铵产生氯化氢和氨气,遇冷又转化为氯化铵固体,得不到氨气,故A错误;B.氢氧化钠固体具有吸水性,溶于水放出大量的热量,而氨气易挥发,则浓氨水滴入氢氧化钠固体中可制得氨气,并且能够节约氨水的用量,可以制取氨气,故B正确;C.浓氨水中存在平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-,加入氢氧化钠固体时,平衡会逆向移动,能够制得氨气,但是因为氨气极易溶于水,这样操作消耗的氢氧化钠和浓氨水更多,故C错误;D.氨气极易溶于水,氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中生成一水合氨得不到氨气,故D错误;(2)浓氨水滴入氢氧化钠固体中,反应物的状态为液体+固体,反应条件不需要加热,所以应选择C;(3)收集气体可采用排空气法(密度、气体不能被氧气氧化等),也可采用排水法(不易溶于水),与其他性质无关,故选:②④;(4)氨气极易溶于水,不能用排水法收集,氨气密度小于空气,应选择向下排空气法,选用d收集,采用短管进氨气,长管出空气。答案:(1)B (2)C (3)②④ (4)d 利用氨气密度小于空气,采用短管进氨气,长管出空气,即可收集氨气 (1)干燥氨气时可以使用什么装置?提示:干燥氨气时使用固体干燥剂,如碱石灰、氢氧化钠固体等,故仪器为干燥管或U形管。(2)NH3是一种污染性气体,为避免污染空气,实验中多余的NH3应如何进行吸收处理?试画出相应装置图。提示:NH3是有刺激性气味的气体,多余的NH3要吸收掉以避免污染空气。可采用在导管口放一团用水或稀硫酸浸湿的棉花球吸收等方法,但多余气体在尾气吸收时要防止倒吸。常采用的装置有【备选例题】(2021·邢台模拟)氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题:(1)实验室可用如图所示装置合成氨。①亚硝酸钠与氯化铵反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。②锥形瓶中盛有一定量水并滴有几滴酚酞试剂。反应一段时间后,锥形瓶中溶液变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、________________和_________________________________________________________(填化学式)。(2)斯坦福大学研究人员发明了一种锂循环系统,可持续合成氨,其原理如图所示。①图中反应Ⅱ属于____________________(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。②反应Ⅲ中能量转化的方式是________________________________(填“电能转化为化学能”或“化学能转化为电能”)。【解析】(1)①亚硝酸钠具有强氧化性,与氯化铵发生氧化还原反应,生成氮气,反应的离子方程式为NO+NHN2↑+2H2O。②锌与稀硫酸反应生成的氢气与亚硝酸钠和氯化铵反应生成的氮气在催化剂作用下反应生成了氨,因此锥形瓶中含酚酞的水变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、H2、NH3。(2)①反应Ⅱ是Li3N与水反应生成氨和LiOH的过程,反应中没有元素化合价的变化,属于非氧化还原反应。②反应Ⅲ中氢氧化锂转变为锂、氧气和水,发生了氧化还原反应,属于非自发的氧化还原反应,属于电解池反应,能量转化的方式是电能转化为化学能。答案:(1)①NO+NHN2↑+2H2O②H2 NH3 (2)①非氧化还原反应②电能转化为化学能氨气制备的简易方法命题点1:氨气的实验室制法(基础性考点)1.(2021年江苏适应性测试)氨是一种重要的化工原料,主要用于化肥工业,也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业;合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。实验室制取NH3时,下列装置能达到相应实验目的的是( )【解析】选B。A.实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气,制取装置中试管口应该略向下倾斜,防止水倒流引起试管炸裂,故A错误;B.碱性气体选用碱性干燥剂,故可用碱石灰干燥氨气,故B正确;C.氨气的密度比空气小,应该用向下排空气法,故C错误;D.氨气极易溶于水,装置图中导管不能直接插入水中,否则会引起倒吸,故D错误。命题点2:氨气制备、性质、检验的综合实验(综合性考点)2.实验室制取氨气的常见方法如下:序号方法装置①氯化铵与熟石灰固体混合加热②浓氨水加热③浓氨水滴加到固体烧碱上(1)方法①的化学方程式为___________________________________________。(2)依据表中所列方法,从下列图中选择合适的发生装置并将其序号填入表中装置栏中。【解析】(1)氯化铵与熟石灰固体混合加热生成氨气、氯化钙和水,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)氯化铵与熟石灰固体混合加热制备气体是固体+固体气体的反应,选择b装置;浓氨水加热是液体直接加热得到氨气,选择a装置;浓氨水滴加到固体烧碱上不需要加热,利用固体烧碱溶解放热使一水合氨分解生成氨气,选择c装置。答案:(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2)①b ②a ③c【加固训练—拔高】1.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性,请回答下列问题:(1)实验室制备氨气有多种方法,现欲用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3,则甲中的气体发生装置为____________(从Ⅱ中选用);用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3,反应的化学方程式为_____________________________________________________________________________________________________________。(2)装置丙用于收集NH3,应将导管____________(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部,装置乙中盛放的试剂为____________,装置己的作用为_____________________________________________________________________________________________________________________________(答两点)。(3)若装置丁中黑色固体变红,则装置戊中现象为___________________________________________________________________。【解析】(1)铵盐与氢氧化钙反应需要加热,且有水生成,应选装置B;氧化钙与一水合氨反应生成氢氧化钙和氨气。(2)氨气密度比空气小,应用向下排空气法收集,所以将b管延伸至集气瓶底部;氨气是碱性气体,可用碱石灰干燥;氨气与氧化铜反应时,氨气不能消耗完,装置己的作用是吸收未反应完的NH3,防止空气中水蒸气进入装置戊中。(3)氨气与氧化铜反应生成铜和水,装置戊中的现象为白色固体变为蓝色。答案:(1)BCaO+NH3·H2O===Ca(OH)2+NH3↑(2)b 碱石灰 吸收未反应完的NH3;防止空气中水蒸气进入装置戊中(合理即可) (3)白色固体变为蓝色2.某化学兴趣小组进行Cl2、NH3的制备、性质探究等实验的流程和部分装置如下:(1)请利用A、G装置设计一个简单的实验验证Cl2、Fe3+、I2的氧化性强弱关系为Cl2>Fe3+>I2(实验中不断小心振荡G装置中的试管)。则A中发生反应的离子方程式为________________________________________,试剂M为________________溶液,证明氧化性强弱关系为Cl2>Fe3+>I2的实验现象是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)已知:3Cl2+2NH3===6HCl+N2,当D的烧瓶中充满黄绿色气体后,关闭a、c,打开b,D中的现象为________________________________,反应一段时间后,关闭b,打开c,观察到的现象为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)为使实验顺利进行,请简述F中的分液漏斗的正确操作方法_______________________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生反应生成氯化锰、氯气和水。离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知试剂M为碘化亚铁溶液,通入氯气,Cl2先把I-氧化成I2,再把Fe2+氧化成Fe3+,所以现象是先观察到下层CCl4由无色变为紫红色,后看到上层溶液由浅绿色变为棕黄色。(2)氯气是黄绿色的气体,氯气和氨气能生成氯化氢气体,氯化氢和氨气相遇立即生成白烟(氯化铵),所以看到的现象是黄绿色气体消失,产生白烟;烧瓶内气体反应后压强减小,导致烧瓶内外产生压强差,所以关闭b,打开c后烧杯中的液体进入烧瓶产生喷泉。(3)要使分液漏斗中的液体顺利流下,应使分液漏斗内外压强相等,所以正确操作是先将F装置中分液漏斗顶端的塞子打开,再打开分液漏斗的旋塞,使分液漏斗中的液体流下。答案:(1)MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O FeI2 先观察到下层CCl4由无色变为紫红色,后看到上层溶液由浅绿色变为棕黄色 (2)黄绿色气体消失,产生白烟 烧杯中的液体进入烧瓶中,形成喷泉 (3)将F装置中分液漏斗顶端的塞子打开,再打开分液漏斗的旋塞1.(2020·全国Ⅲ卷)喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液,能出现喷泉现象的是( )气体溶液AH2S稀盐酸BHCl稀氨水CNO稀H2SO4DCO2饱和NaHCO3溶液【解析】选B。由于H2S不与稀盐酸反应且在稀盐酸中溶解度较小,所以不能使烧瓶中气体压强显著减小,因此不能形成喷泉现象,A错误;由于HCl气体极易溶于水且能与稀氨水反应,所以二者相遇会使烧瓶中气体压强显著减小,从而形成喷泉现象,B正确;NO既不溶于水也不能与稀H2SO4反应,所以二者无法形成喷泉现象,C错误;CO2不与饱和NaHCO3溶液反应且在饱和NaHCO3溶液中溶解度较小,所以不能形成喷泉现象,D错误。2.(2018·全国卷Ⅱ)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是( )A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【解析】选C。雾和霾的分散剂均是空气,故A项正确;根据题目给出的流程图示可以得出雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵,故B项正确;由图示可以得出硝酸铵和硫酸铵的形成是NH3与硝酸和硫酸反应生成的,不是催化剂而是反应物,故C项错误;过度施用氮肥会导致空气中的NOx和NH3的含量增多,而NOx和NH3均与雾霾的形成有关,故D项正确。3.(2017·北京高考)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( )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中木炭与浓硝酸发生了反应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】选D。①中的碎玻璃不与浓硝酸反应,但仍有红棕色气体产生,说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气,A正确;②中红热的木炭可能与浓硝酸发生反应生成了二氧化氮,也可能浓硝酸受热分解产生二氧化氮,B正确;③中红热木炭未与浓硝酸接触,但产生了二氧化氮,说明浓硝酸具有挥发性,C正确;③的气体产物中检测出CO2,有可能是C与O2反应产生的,D错误。1.把握两种大气污染物:SO2导致酸雨;NOx导致酸雨或光化学烟雾。2.熟记氨的三种性质:氨极易溶于水,氨水的碱性和氨的还原性。3.把握NH3三种检验方法:湿润的红色石蕊试纸变蓝、蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口冒白烟、蘸有酚酞的玻璃棒变红色。4.辨析铵盐两个“特例”:盐类不一定含有金属离子,如铵盐。铵盐受热都易分解,但不一定产生氨气。5.熟记硝酸三点注意事项:硝酸与活泼金属反应不生成H2;浓硝酸氧化性强于稀HNO3;NO在酸性条件下具有强氧化性。6.熟练运用四种计算方法:原子守恒、电子守恒、电荷守恒、离子方程式法。7.熟记重要的化学方程式:2NO+O2===2NO2 3NO2+H2O===2HNO3+NOCa(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OCu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2OPAGE-43-第一讲碳、硅及其化合物无机非金属材料考点一 碳及其化合物(命题指数★★★★★)1.碳(1)碳存在形态、物理性质及用途碳最外层电子数4存在形态游离态、化合态结构金刚石:正四面体空间网状结构;石墨:平面正六边形层状结构物理性质金刚石熔点高、硬度大;石墨熔点高、质软,有滑腻感用途金刚石可作切割刀具;石墨可作电极、铅笔芯(2)碳的化学性质写出①~④的化学方程式:①C+CO22CO或2C+O22CO。②CO2+C2CO。③CuO+CCu+CO↑。④C+H2O(g)CO+H2(制水煤气)。2.碳的氧化物:(1)一氧化碳的性质及应用①物理性质:无色无味的气体,难溶于水,能使人中毒的原因是与人体内血红蛋白相结合,因缺氧而中毒。②化学性质及应用(写出有关化学方程式)a.可燃性:2CO+O22CO2,可作燃料。b.还原性:CO还原Fe2O3的反应为3CO+Fe2O32Fe+3CO2,可用于冶炼金属。CO是不成盐氧化物,当引起人体中毒时,酸碱不能解毒。CO2是酸性氧化物,能形成温室效应,但不是大气污染物。 (2)CO2的性质及应用化学式CO2构成CO2分子物理性质气体,熔、沸点低,溶于水与碱性氧化物反应CaO+CO2CaCO3与碱溶液反应2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O与盐反应Na2SiO3+CO2+H2O===Na2CO3+H2SiO3↓与碳反应C+CO22CO与H2O作用CO2+H2OH2CO3与酸反应不反应用途干冰用于人工降雨,合成肥料1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)金刚石和石墨由相同的元素组成,因此它们具有相同的性质。( )提示:×。金刚石和石墨互为同素异形体,性质差距较大。(2)向CaCl2溶液中通入CO2气体,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失。( )提示:×。由于盐酸的酸性比碳酸的强,CO2与CaCl2溶液不反应。(3)氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体,会析出晶体。( )提示:√。氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体,会析出碳酸氢钠晶体。2.已知SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑,这能否证明硅酸的酸性比碳酸强?提示:不能。该反应是在高温下进行,产物中CO2为气体,生成后脱离反应体系,使反应能向右进行到底。命题角度:碳及其氧化物的性质与应用【典例1】(2021·聊城模拟)某实验小组设计了如图装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知:PdCl2溶液可用于检验CO,反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O===CO2+2HCl+Pd(产生黑色金属钯粉末,使溶液变浑浊)。(1)实验时要通入足够长时间的N2,其原因是__________________________________________________________________。(2)装置B的作用是_________________________________________________。(3)装置C、D中所盛试剂分别为____________、____________,若装置C、D中溶液均变浑浊,且经检测两气体产物的物质的量相等,则该反应的化学方程式为______________________________________________________________。(4)该装置的缺点是_________________________________________________。【解析】(1)碳与二氧化硅反应需在高温下进行,高温下,碳与空气中氧气也能反应,所以实验时要将装置中的空气排尽,则需要通入足够长时间的N2;(2)根据装置图可知,B装置可以作安全瓶,防止倒吸;(3)根据元素守恒,碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳,所以C装置用来检验是否有二氧化碳,D装置用来检验是否有一氧化碳,装置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液;若装置C、D中溶液均变浑浊,说明既有二氧化碳又有一氧化碳,且经检测两气体产物的物质的量相等,根据原子守恒可知,化学方程式为3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si;(4)一氧化碳有毒,不能排放到空气中,而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收。答案:(1)要用N2将装置中的空气排尽,避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰(2)作安全瓶,防止倒吸(3)澄清石灰水 PdCl2溶液3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si(4)没有尾气吸收装置将CO吸收 (1)(证据推理与模型认知)该反应能否说明碳的还原性大于硅?提示:不能。该反应是在高温条件下发生的反应,通常条件下发生的反应才能用于氧化性、还原性强弱的比较。(2)(科学探究与创新意识)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强。提示:向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体,溶液变浑浊,证明碳酸酸性强于硅酸。命题点:碳及其氧化物的性质与应用(基础性考点) 用四种溶液进行实验,下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系正确的是( )选项操作及现象溶液A通入CO2至过量,溶液一直不出现浑浊现象饱和Na2CO3溶液B通入CO2,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊不消失,再加入品红溶液,红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失,再加入足量NaOH溶液,又变浑浊Ca(OH)2溶液【解析】选D。A项,向饱和Na2CO3溶液中通入CO2,会发生反应生成碳酸氢钠,相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,所以会析出碳酸氢钠晶体,继续通入CO2气体,浑浊不消失,故错误;B项,向Na2SiO3溶液中通入CO2,会产生硅酸,硅酸是不溶于水的白色沉淀,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊不会消失,故错误;C项,向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,会生成碳酸钙和次氯酸,溶液变浑浊,碳酸钙与H2O和过量的CO2反应会转化为碳酸氢钙,浑浊消失,次氯酸具有强氧化性,可使品红溶液褪色,故错误;D项,向氢氧化钙溶液中通入CO2会生成碳酸钙沉淀,溶液变浑浊,继续通入CO2气体,碳酸钙转化为碳酸氢钙,浑浊消失,加入NaOH溶液后,碳酸氢钙和氢氧化钠反应会生成碳酸钙,溶液又变浑浊,故正确。考点二 硅 二氧化硅 无机非金属材料(命题指数★★★★★)一、硅、二氧化硅1.硅单质的存在形式、结构和用途硅以化合态形式存在于自然界中,晶体硅是空间网状结构,晶体硅用作半导体材料、硅芯片和硅太阳能电池。2.硅的制备对应化学方程式为①SiO2+2CSi+2CO↑;②Si+2Cl2SiCl4;③SiCl4+2H2Si+4HCl3.二氧化硅的性质及用途二、无机非金属材料1.传统无机非金属材料,如水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料。(1)常见硅酸盐材料比较水泥玻璃陶瓷生产原料石灰石、黏土纯碱、石灰石、石英黏土主要设备水泥回转窑玻璃窑陶瓷窑(2)玻璃生产中的两个重要反应:Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑;CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑。2.新型无机非金属材料,如高温结构陶瓷、光导纤维、生物陶瓷、压电陶瓷等。1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土。( )提示:√。陶瓷的主要原料是黏土。(2)单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料。( )提示:√。硅是良好的半导体,是制作太阳能电池的主要材料。(3)水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品。( )提示:×。水晶的主要成分均是SiO2,不是硅酸盐。(4)陶瓷、玻璃、水泥都用到石灰石作原料。( )提示:×。玻璃、水泥都用石灰石作原料,而陶瓷主要原料为黏土。(5)瓷坩埚可用于加热熔化烧碱或纯碱。( )提示:×。加热时瓷坩埚中的SiO2与烧碱或纯碱反应。2.“九秋风露越窑开,夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句,描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品。(1)人类最早使用的硅酸盐制品是什么?提示:陶瓷。陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品。(2)制造水泥和玻璃的共同原料是什么?提示:石灰石。纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料,而制水泥的原料是黏土和石灰石。命题角度1:硅酸盐的性质及应用【典例1】《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无砂①而为之”,“凡坯既成,干燥之后,则堆积窑中②”,“③转釉(主要为青色),与造砖同法”。下列说法错误的是( )A.黏土是制砖瓦和水泥的主要原料B.“燃薪举火”使黏土发生复杂的物理化学变化C.沙子的主要成分为④D.泥坯烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦信息提取知识储备信息整合①黏土是制备陶瓷和水泥的主要原料砖瓦属于陶瓷的一种②“燃薪举火”指木柴的燃烧,放出大量热黏土发生复杂的物理化学变化③碳与水蒸气反应生成具有还原性的气体CO和H2红瓦中含氧化铁,浇水生成CO和H2,将三价铁还原为二价亚铁④硅酸盐含有硅、氧和金属元素沙子的主要成分为SiO2【解析】选C。A项,“择取无砂黏土而为之”,说明黏土是制砖瓦和水泥的主要原料,正确;B项,“燃薪举火”是提供高温的环境,使黏土发生复杂的物理化学变化,正确;C项,沙子的主要成分为二氧化硅,错误;D项,黏土中有一定量的铁元素,泥坯烧制后自然冷却成红瓦(含氧化铁),浇水冷却时碳与水反应得到CO和H2,将三价铁还原为二价亚铁,形成青瓦,正确。命题角度2:硅及其化合物的转化【典例2】(2021·福州模拟)X是一种新型无机非金属材料,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性好的优点。有关生产过程如图:为了确定C的组成,某同学进行了以下的探究过程。已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,I可用于制造光导纤维。按要求回答下列问题:(1)C的化学式为______________;X的化学式为______________。(2)写出下列方程式。反应①的化学方程式:______________________________________________;反应⑦的离子方程式:______________________________________________。【以图析题·培养关键能力】【解析】本题可从I入手推断,I可用于制造光导纤维,故其为二氧化硅,F为硅酸,H为硅酸钠。E为HCl,C为氯化硅,X为Si3N4。反应①为Si与Cl2反应生成SiCl4,反应⑦为硅酸钠与过量的二氧化碳反应生成硅酸和碳酸氢钠。答案:(1)SiCl4 Si3N4 (2)Si+2Cl2SiCl4SiO+2H2O+2CO2===H2SiO3↓+2HCO (1)(宏观辨识与微观探析)试写出化合物C与水反应的化学方程式。提示:SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl↑。(2)(宏观辨识与微观探析)上题的反应过程中属于氧化还原反应的有哪些?提示:①。只有反应①硅和氯气反应中有化合价的变化。【讲台挥洒一刻】硅及其化合物的转化关系【备选例题】几种含硅元素的物质之间的相互转化关系如图所示:试判断:(1)写出下列各种物质的化学式:A________,B________,C________,D________,E________。(2)写出下列反应的离子方程式:①A→D___________________________________________________________;②D→C____________________________________________________________。(3)写出下列反应的化学方程式:B→E______________________________________________________________。【解析】A、B、C、D、E均为含硅元素的物质,要推断这些物质,必须选定其中一种作为突破口。从图中分析,B物质涉及与其他物质的关系最多,其位置关系最为关键,且其中有明显的性质特征。B物质可与Na2O反应生成钠盐D,故B可能为SiO2或硅酸,但硅酸不可能由某种物质通过高温强热的方法制取,故B只能为SiO2。SiO2与碳在强热条件下反应可制得单质硅。而单质硅可与NaOH溶液在室温下反应生成Na2SiO3。所以A为Si,D为Na2SiO3。向Na2SiO3溶液中通入CO2,将析出硅酸(H2SiO3)。无论是在Na2SiO3中加入CaCl2溶液,还是SiO2和CaCO3在高温下反应,或者H2SiO3与CaO共热,都将得到CaSiO3固体。由此可知E为CaSiO3,H2SiO3加热分解为SiO2,故C为H2SiO3。答案:(1)Si SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 CaSiO3(2)①Si+2OH-+H2O===SiO+2H2↑②SiO+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO(3)CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑1.硅及其化合物用途的易错点:(1)用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO2,用于制作光导纤维的是SiO2而不是晶体硅,计算机芯片的主要成分是晶体硅而不是SiO2。(2)水晶、石英、玛瑙、硅石、沙子等的主要成分是SiO2,而不是硅酸盐。(3)传统无机非金属材料(陶瓷、水泥、普通玻璃)的主要成分是硅酸盐。2.碳、硅及其化合物的转化:命题点:硅及其化合物的转化(综合性考点)1.下列转化不能一步完成的是( )A.FeCl3→Fe(OH)3 B.SiO2→H2SiO3C.Na2CO3→Na2SiO3D.H2SiO3→SiO2【解析】选B。氯化铁可与NaOH反应生成Fe(OH)3;碳酸钠可与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠;硅酸受热可直接分解生成二氧化硅。2.(双选)水玻璃(Na2SiO3的水溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域,是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2:65%~70%、C:30%~35%)制取水玻璃的工艺流程:下列说法正确的是( )A.原材料稻壳灰价格低廉,且副产品活性炭有较高的经济价值B.操作A与操作B完全相同C.该流程中硅元素的化合价未发生改变D.反应器中发生的复分解反应为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O【解析】选A、C。A项,稻壳灰来源广泛,价格低廉,活性炭具有吸附性,有较高的经济价值,正确;B项,操作A为过滤,操作B为蒸发浓缩,是两种不同的操作,错误;C项,SiO2中硅元素的化合价是+4,Na2SiO3中硅元素的化合价是+4,所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变,正确;D项,由复分解反应的概念可知,SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O不属于复分解反应,错误。【加固训练—拔高】1.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,下列说法正确的是( )A.晶体硅具有半导体性质,可用于生产光导纤维B.玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,故常用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰C.陶瓷、水泥、石英玻璃都属于硅酸盐材料D.硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2【解析】选D。A项,晶体硅具有半导体性质,可用于生产电脑芯片,二氧化硅可用于制造光导纤维,错误;B项,玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,但雕刻玻璃纹饰,常用HF不用NaOH溶液,错误;C项,陶瓷、水泥属于硅酸盐材料,石英玻璃的主要成分是二氧化硅,错误;D项,硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2,正确。2.下列各单质与化合物之间有以下的转化关系,而且各单质与化合物组成的元素皆为短周期元素。根据上述关系判断:(1)单质A只可能是________,这是因为________________________________。(2)单质B一定是金属还是非金属____________,这是因为__________________________________________________________________。(3)写出下列化合物的分子式:甲________、乙________、丙________、丁________。(4)取两个滤纸条,分别放入乙的饱和溶液、丙的液体中,使之充分吸湿、浸透,取出稍沥干(不再滴液)后,同时分别放置在酒精灯外焰处。实验现象为__________________________________________________________________。实验结论为________________________________________________________。【解析】本题解题的突破口是短周期元素单质A与NaOH溶液反应生成氢气C,则单质A只可能是Al和Si,而产生的化合物乙与过量盐酸反应生成的化合物丁能失去化合物丙生成化合物甲,则进一步推出A单质不是金属Al,而只能是Si。又由于单质A和化合物甲都能跟NaOH溶液反应,都生成化合物乙(Na2SiO3),只不过A的另一种产物是氢气,而化合物甲的另一种产物为化合物丙,丙又可通过氢气与单质B反应生成,故单质B为O2,其他的各种化合物也就能推出来了。答案:(1)硅(Si) 在短周期内,能与NaOH溶液反应放出氢气的只可能是Al和Si,但Al的氢氧化物可溶于过量盐酸中,生成NaAlO2不能发生生成甲的反应,不符合题意,故A只能是Si(2)非金属 Si只有和O2反应,才能生成与碱液(NaOH溶液)反应的酸性氧化物(SiO2)(3)SiO2 Na2SiO3 H2O H2SiO3(4)被Na2SiO3溶液浸过的滤纸条,当水分蒸发后不易燃烧(滤纸只起泡);被水浸过的滤纸条,当水分蒸发后能燃烧 Na2SiO3是一种防火剂1.(2020·浙江7月选考)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是( )A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2OB.具有吸水性需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用所得固体产物主要为SiO2【解析】选D。将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为3CaO·SiO2,性质也可与Na2SiO3相比较。Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O,A正确;CaO能与水反应,所以需要密封保存,B正确;亚硫酸的酸性比硅酸强,当二氧化硫通入Ca3SiO5溶液时,发生反应:3SO2+H2O+Ca3SiO5===3CaSO3+H2SiO3,C正确;盐酸的酸性比硅酸强,当盐酸与Ca3SiO5反应时,发生反应:6HCl+Ca3SiO5===3CaCl2+H2SiO3+2H2O,D不正确。2.(2019·全国卷Ⅰ)陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是( )A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【解析】选A。氧化铁是红色的,俗称铁红,所以瓷器的青色不是氧化铁。3.(2019·北京高考)下列我国科研成果所涉及材料中,主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是( )【解析】选A。无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料,是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称。碳元素和硅元素是属于同一主族的元素,组成的碳化硅属于无机非金属材料,故A正确;聚氨酯属于有机合成材料,故B错误;碳包覆银纳米线中有金属银,不属于非金属材料,故C错误;钛合金筛网轮中的钛为金属,不属于非金属材料,故D错误。1.熟记两个用途:SiO2制光导纤维;Si可作半导体材料和太阳能电池材料。2.熟记两种物质的性质:(1)硅的三个特性:与HF、F2反应;与NaOH反应生成H2。(2)SiO2的两个性质:酸性、氧化性。3.熟记玻璃的成分和生产原理:(1)成分:Na2SiO3、CaSiO3、SiO2。(2)玻璃生产中的两个重要反应:Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑;CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑。PAGE-15- 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2022版高考化学一轮复习第四章非金属及其化合物第一讲碳硅及其化合物无机非金属材料学案新人教版.doc 2022版高考化学一轮复习第四章非金属及其化合物第三讲硫及其化合物学案新人教版.doc 2022版高考化学一轮复习第四章非金属及其化合物第二讲氯及其化合物学案新人教版.doc 2022版高考化学一轮复习第四章非金属及其化合物第四讲氮及其化合物学案新人教版.doc