大单元4 非金属及其化合物-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中化学高考一轮总复习

该高中化学高考复习讲义围绕非金属及其化合物（氯、硫、氮、碳、硅）、海水资源开发、化学品合理使用、环境保护与绿色化学等高考核心考点，按“性质-转化-应用”逻辑梳理知识，通过考点梳理（知识梳理、思维辨析）、方法指导（实验回放、知识拓展）、真题训练（微真题）、分层练习（知识对练）等环节，帮助学生构建系统知识网络，突破重点难点。 讲义创新采用“价—类”二维图、“元素追踪法”等教学策略，如硫及其化合物转化中通过价态和类别双重维度梳理关系，培养科学思维。设计氯水性质探究、SO₂漂白性实验等活动，强化科学探究与实践能力。分层练习配合真题演练，确保复习效果，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

大单元三　非金属及其化合物 第14讲　氯及其化合物 [目标速览]　1.结合其实际情境中的应用实例或通过实验探究,了解氯及其主要化合物的主要性质,认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。2.结合实例认识氯及其化合物的多样性,了解通过化学反应可以探索物质性质、实现物质转化,认识物质及其转化在促进社会文明进步、自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。 微考点　核心突破 考点　氯及其化合物的性质和应用 　 知|识|梳|理 一、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 强烈刺激性气味 有毒 比空气的大 易液化 微提醒　实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是用手轻轻地在瓶口扇动,使极少量的气体飘进鼻孔。 2.从氯的原子结构认识氯气的化学性质——氧化性 (1)与金属反应:与变价金属反应生成高价金属氯化物。 ①与铁反应:2Fe+3Cl22FeCl3。 ②与铜反应:Cu+Cl2CuCl2。 (2)与非金属反应。 与H2反应:H2+Cl22HCl。 (3)与还原性无机化合物反应。 ①与碘化钾溶液反应:Cl2+2KI===2KCl+I2。 ②与SO2水溶液反应:Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HCl。 ③与FeCl2溶液反应:2FeCl2+Cl2===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。 反应的化学方程式:Cl2+H2OHCl+HClO。 (2)与碱(NaOH溶液)反应。 反应的离子方程式:Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。 二、氯水的成分及性质 1.成分 三种分子(H2O、Cl2、HClO)、四种离子(ClO-、Cl-、H+、OH-)。 2.性质 氯水的多种成分决定了它具有多重性质。 (1)Cl2的强氧化性。 (2)HCl的强酸性。 (3)HClO的强氧化性、弱酸性。 (4)Cl-的性质。 三、次氯酸及次氯酸盐的性质 1.次氯酸的三性 (1)不稳定性:2HClO2HCl+O2↑,不能单独存在,只存在溶液中。 (2)强氧化性 (3)弱酸性(比H2CO3弱)。 NaClO溶液中通入少量CO2,化学方程式为NaClO+CO2+H2O===HClO+NaHCO3。 2.次氯酸盐的主要性质 (1)次氯酸盐[Ca(ClO)2、NaClO]的水溶液呈碱性,水解的离子方程式为ClO-+H2OHClO+OH-。 (2)与酸性物质作用生成具有强氧化性的次氯酸,作消毒剂和漂白剂。 (3)漂白粉在空气中失效的原理为Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3+2HClO,2HClO2HCl+O2↑。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.1 mol Cl2参加反应转移2 mol电子。(×) 提示:在反应Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O中,1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子。 2.1 mol Cl2溶于水转移1 mol电子。(×) 提示:Cl2+H2OHCl+HClO是可逆反应。 3.用pH试纸测定氯水的pH。(×) 提示:氯水中的HClO具有漂白性,不能用pH试纸测定其pH。 4.氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度。(√) 提示:Cl-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡向左移动,减小了Cl2在水中的溶解度。 5.Cl2具有很强的氧化性,在化学反应中只能作氧化剂。(×) 提示:当Cl2与H2O反应时,Cl2既作氧化剂又作还原剂。 6.过量的铁与Cl2在一定条件下生成FeCl2。(×) 提示:铁与Cl2反应只能生成FeCl3。 实|验|回|放 实验:氯气的实验室制法 1.反应原理。 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 2.实验装置。 (1)发生装置特点:固+液气。 (2)主要仪器:铁架台(带铁圈)、酒精灯、陶土网、圆底烧瓶、分液漏斗、集气瓶、烧杯等。装置如图所示。 (3)装置说明:C装置的作用是除去Cl2中的HCl;D装置的作用是干燥Cl2;F装置的作用是吸收多余的Cl2,防止污染环境。 3.收集方法。 (1)Cl2的密度比空气的大,且不与空气反应,可用向上排空气法收集氯气。 (2)Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度很小,可用排饱和食盐水法收集氯气,且用此法可除去实验过程中挥发产生的HCl气体。 4.验满方法。 (1)将湿润的淀粉⁃碘化钾试纸靠近收集Cl2的集气瓶口,观察到试纸立即变蓝,则证明Cl2已收集满。 (2)将湿润的蓝色石蕊试纸靠近收集Cl2的集气瓶口,观察到试纸立即先变红后褪色,则证明Cl2已收集满。 5.尾气处理。 Cl2有毒,易污染空气,可用NaOH溶液吸收,发生的反应为2NaOH+Cl2===NaCl+NaClO+H2O。 6.实验室制氯气的注意事项。 (1)为了减少制得的Cl2中HCl的含量,加热温度不宜过高,以减少HCl的挥发。 (2)因Cl-浓度越小,其还原性越弱,所以必须用浓盐酸才可反应,稀盐酸不反应。 (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,应选用NaOH溶液,不能选用澄清石灰水,因为石灰水中含Ca(OH)2的量少,吸收不完全。 知|识|拓|展 1.氯水 (1)在不同的反应中,氯水起作用的成分不同。 参与反应 的微粒 所加 试剂 实验 现象 离子方程式或解释 Cl- AgNO3 溶液 白色 沉淀 Cl-+Ag+===AgCl↓ H+ Na2CO3 固体 有气泡 产生 2H++C=== CO2↑+H2O HClO 有色 布条 布条颜 色褪去 HClO具有漂白性 Cl2 FeCl2 溶液 溶液变 棕黄色 2Fe2++Cl2=== 2Fe3++2Cl- Cl2、H2O SO2 黄绿色 褪去 SO2+Cl2+2H2O=== 4H++2Cl-+S HClO、 H+ 石蕊 溶液 先变红 后褪色 酸性和漂白性 Cl2、H+ 镁粉 氯水的 颜色褪 去并有 气泡产 生　　 Mg+2H+===Mg2++H2↑ H+被消耗,使Cl2+H2OHCl+HClO平衡右移,Cl2减少,氯水颜色变浅直至褪色 (2)液氯、新制氯水、久置氯水的比较。 液氯 新制氯水 久置氯水 分类 纯净物 混合物 混合物 颜色 黄绿色 浅黄绿色 无色 性质 强氧化性 酸性、强氧化性、漂白性 酸性 (3)两点误区。 ①氯水中因HClO见光分解,随着HClO的消耗,氯水最后成为盐酸,故久置氯水酸性增强,无漂白性。因此,氯水要现用现配。 ②Cl2尽管有较强的氧化性,但没有漂白性,氯水具有漂白性是因为Cl2与水反应生成了强氧化性的HClO。 2.次氯酸、次氯酸盐的强氧化性 (1)HClO的强氧化性。 ①漂白性:能漂白有色有机物,如能漂白酸碱指示剂。 ②能氧化还原性离子:HClO能氧化I-、S2-、S、Fe2+等还原性离子。 (2)次氯酸盐的强氧化性。 ①漂白性。 ClO-是一种弱酸的酸根离子。漂白液或漂白粉暴露于潮湿的空气中,发生反应ClO-+CO2+H2O===HC+HClO,由于生成了HClO,故漂白液、漂白粉具有漂白性。 ②强氧化性。 ClO-不论是在酸性、碱性条件下都能跟亚铁盐、碘化物、硫化物、亚硫酸盐等发生氧化还原反应,即ClO-与I-、Fe2+、S2-、S不论是在酸性环境还是在碱性环境中均不能大量共存。如漂白粉遇到亚硫酸盐:Ca2++ClO-+S===CaSO4↓+Cl-。 说明　N不同于ClO-,在酸性条件下N具有强氧化性,与Fe2+、I-、S2-、S不能大量共存,而在碱性条件下,N与I-、S2-、S能大量共存。 知|识|对|练 角度一　氯气的性质 1.氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质,它具有较强的氧化性,下列叙述不正确的是(B) A.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧,产生棕黄色的烟 B.通常状况下,干燥的氯气能和Fe反应 C.纯净的H2在Cl2中安静地燃烧,发出苍白色火焰,集气瓶瓶口呈现雾状;光照H2和Cl2的混合气体时,因迅速化合而爆炸 D.氯气能与水反应生成HClO和HCl,久置氯水最终变为稀盐酸 解析　Cl2与Fe反应需要点燃或加热,通常状况下,Fe与干燥的Cl2不反应。 2.为了探究氯气的性质,进行了以下四个实验。下列说法错误的是(B) A.四个实验中氯气均表现氧化性 B.可以用坩埚钳夹住灼烧后的钠立刻放入充满氯气的集气瓶中 C.金属铁和铜在实验中均燃烧得到高价态的金属氯化物 D.氢气需要先验纯,再通入氯气中点燃 解析　四个实验中氯气化合价均降低,均表现氧化性,A项正确;钠的熔点较低,受热熔化成小球,不可以用坩埚钳夹住灼烧后的钠,一般要放在陶土网上,加热后将充满氯气的集气瓶倒扣在钠上方,剧烈燃烧,B项错误;氯气的氧化性很强,金属铁和铜在实验中均燃烧得到高价态的金属氯化物,C项正确;氢气是可燃性气体,点燃前需要先验纯,再通入氯气中点燃,D项正确。 3.利用如图所示装置进行Cl2的制备及性质检验实验。下列说法不正确的是(B) A.固体a可为KMnO4 B.①处纸条无明显现象且②处纸条褪色,说明Cl2具有漂白性 C.③处试纸变蓝,说明氧化性:Cl2>I2 D.实验结束后,打开止水夹K向装置中鼓入空气以促进尾气吸收 解析　已知反应2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,故固体a可为KMnO4,A项正确;①处纸条无明显现象,说明Cl2本身不具有漂白性,②处纸条褪色,说明Cl2与水反应的产物具有漂白性,B项错误;③处试纸变蓝,说明有碘单质生成,即发生了反应2KI+Cl2===2KCl+I2,可知氧化性Cl2>I2,C项正确;实验结束后,装置内还有大量的未参与反应的有毒气体Cl2,故需打开止水夹K向装置中鼓入空气以促进尾气吸收,防止污染环境,D项正确。 角度二　氯水的成分及性质多重性的应用 4.室温下,1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用试管收集Cl2后进行如图所示实验,下列对实验现象的分析或预测正确的是(C) A.试管内液面上升,证明Cl2与水发生了反应 B.取出试管中的溶液,加入少量CaCO3粉末,溶液漂白能力减弱 C.取出试管中的溶液,光照一段时间后pH下降,与反应2HClO2HCl+O2↑有关 D.取出试管中的溶液,滴加紫色石蕊溶液,溶液先变红后褪色,加热后颜色又变为红色 解析　由题目信息可知,氯气能溶于水,也可以使试管内液面上升,不能证明氯气和水发生了反应,A项错误;氯气与水反应的方程式为Cl2+H2OHCl+HClO,加入少量CaCO3粉末与HCl反应,使平衡右移,HClO浓度增大,溶液漂白能力增强,B项错误;取出试管中的溶液,光照条件下发生反应2HClO2HCl+O2↑,生成HCl,同时次氯酸浓度下降,可使Cl2+H2OHCl+HClO平衡右移,HCl浓度增大,溶液酸性增强,pH下降,C项正确;取出试管中的溶液,滴加紫色石蕊溶液,由于溶液中有HCl和HClO,所以溶液先变红,次氯酸具有漂白性会使溶液褪色,次氯酸有强氧化性,漂白不可逆,加热后颜色不会恢复,D项错误。 5.室温下,通过下列实验探究新制饱和氯水的性质。 实验1:用pH计测量新制饱和氯水的pH,测得pH约为2.2; 实验2:向淀粉⁃KI溶液中滴加氯水,溶液变蓝色; 实验3:向FeCl2溶液中滴加适量氯水,溶液颜色变成棕黄色; 实验4:向氯水中滴加1 mol·L-1 NaHCO3溶液。 下列说法正确的是(D) A.如用强光照射实验1中的溶液,溶液的pH将增大 B.实验2中证明新制饱和氯水中存在次氯酸分子 C.实验3中反应后溶液中大量存在的离子有Fe2+、ClO-、Fe3+、Cl-、H+ D.实验4中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊 解析　新制饱和氯水中,氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸,次氯酸不稳定,在光照下发生分解反应生成氯化氢和氧气,溶液酸性增强,pH减小,A项错误;实验2中向淀粉⁃KI溶液中滴加氯水,溶液变蓝色,淀粉遇碘单质变蓝,新制饱和氯水中存在氯气分子,氯气也能置换出碘化钾中的碘,B项错误;实验3中向FeCl2溶液中滴加适量氯水,溶液颜色变成棕黄色,则反应后溶液中不可能大量存在Fe2+、ClO-和H+,C项错误;实验4中新制饱和氯水中滴加1 mol·L-1 NaHCO3溶液,产生的气体为CO2,能使澄清石灰水变浑浊,D项正确。 6.将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中,用强光照射,测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是(C) A.图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离 B.图乙中c(Cl-)增大主要是由于反应消耗了水 C.图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解 D.0~150 s,溶液的c(H+)减少到起始浓度的100.5倍 解析　氯水中,氯气与水发生反应Cl2+H2OHClO+HCl,溶液中含有Cl2、HClO、H2O分子,含有H+、ClO-、Cl-离子,氯水具有酸性和强氧化性,其中HClO见光易分解而变质。HClO是弱酸,见光易分解2HClO2HCl+O2↑,强光照射下,氯水中的HClO反应生成了酸性更强的HCl,A项错误;氯离子浓度增大是次氯酸分解产生的氯化氢电离出氯离子,B项错误;图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解生成了氧气,C项正确;0~150 s,溶液的pH由2降低到1.5,则溶液中c(H+)增加到起始浓度的=100.5倍,D项错误。 角度三　氯气的制备与性质实验 7.某同学利用W形管和V形管安装了下面微型实验装置,进行Cl2的制备及探究Cl2的漂白性实验。下列说法正确的是(D) A.固体粉末甲为二氧化锰 B.鲜花花瓣褪色说明Cl2具有漂白性 C.W形管和V形管的玻璃泡能防止倒吸 D.溶液乙为碱液,与安全气球共同防止Cl2逸出 解析　MnO2与浓盐酸反应生成Cl2需要加热,题图中没有加热装置,则固体粉末甲一定不是MnO2,A项错误;鲜花褪色是Cl2溶解于鲜花的汁液中生成的HClO使鲜花褪色,B项错误;受气体冲击,溶液右移至玻璃泡,容积突然变大,液柱分散回落,可起到防止液体冲出的作用,但不能防止倒吸,C项错误;碱液吸收Cl2,没有来得及吸收的Cl2会被气球收集,D项正确。 8.实验室用如图装置制取并收集Cl2。下列说法正确的是(B) A.该实验的反应原理为MnO2+4HCl===MnCl2+Cl2↑+2H2O B.该图所示的过程中存在4处明显错误 C.实验室还可以用排水法收集Cl2 D.收集氯气时可用干燥的蓝色石蕊试纸验满 解析　实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制Cl2,A项错误。题图中存在的错误有:①应该用浓盐酸;②发生装置要加热;③Cl2的密度比空气大,收集装置应长管进短管出;④Cl2有毒,不能直接排放到空气中,B项正确。Cl2可与H2O发生反应,不能用排水法收集Cl2,可用排饱和食盐水或向上排空气法收集Cl2,C项错误。Cl2不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色,D项错误。 9.某研究性学习小组查阅资料得知,漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气,化学方程式为Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O,他们设计如图实验装置制取氯气并验证其性质。回答下列问题: (1)该实验中A部分的装置是 b (填字母)。  (2)装置B中的现象是 溶液变蓝色 。  (3)写出装置D中发生反应的离子方程式: Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+ ,装置E的作用是 吸收多余的Cl2,防止污染空气 。  (4)请帮助他们设计一个实验,证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化(简述实验步骤): 取少量洗气瓶C中的溶液于小试管中,加入足量稀盐酸,充分振荡后滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀生成,则证明洗气瓶C中亚硫酸钠已被氧化 。  (5)制取Cl2的方法有多种,若A部分的装置是a,请再写出一种制备方法: 2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (用化学方程式表示)。  解析　(1)从化学方程式可知反应物是固体和液体,反应条件是加热,所以应选固液混合加热型装置。(2)氯气具有强氧化性,与碘化钾发生反应2KI+Cl2===2KCl+I2,淀粉溶液遇碘变蓝色。(3)装置D中发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+,装置E的作用是吸收多余的Cl2,防止污染空气。(4)亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,只要验证S的存在就可证明亚硫酸钠已经被氧化,检验S的存在选用稀盐酸和氯化钡溶液。 角度四　次氯酸和次氯酸盐的性质 10.某消毒液的主要成分为NaClO,还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中,不合理的是(饱和NaClO溶液的pH约为11)(B) A.该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备:Cl2+2OH-===ClO-+Cl-+H2O B.该消毒液的pH约为12:ClO-+H2OHClO+OH- C.该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用,产生有毒的Cl2:2H++Cl-+ClO-===Cl2↑+H2O D.该消毒液加白醋生成HClO,可增强漂白作用:CH3COOH+ClO-===HClO+CH3COO- 解析　A项,将Cl2通入NaOH溶液中可制得消毒液,离子方程式为2OH-+Cl2===Cl-+ClO-+H2O;B项,饱和NaClO溶液的pH约为11,现在该消毒液的pH为12,故不可能仅为ClO-的水解所致,该消毒液中还含有一定量的NaOH,是消毒液的pH约为12的主要原因;C项,该消毒液与洁厕灵混用时,ClO-与Cl-在酸性条件下会发生氧化还原反应生成Cl2;D项,HClO有较强的漂白性,因为CH3COOH的酸性强于HClO,在该消毒液中加入CH3COOH会使CH3COOH与ClO-反应生成HClO,增强其漂白性。 角度五　氯及其化合物的转化 11.氯及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。下列说法错误的是(B) A.a的浓溶液和f反应生成b B.c的电子式为 C.d的水溶液呈碱性 D.相同质量的e的消毒效率比b高 解析　根据图像,a为HCl、f为NaClO3,a的浓溶液和f发生归中反应生成氯气,A项正确;c为HClO,结构式为H—O—Cl,电子式为,B项错误;d为+1价的钠盐,为次氯酸钠,为强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,C项正确;e为+4价的氧化物ClO2,消毒时,Cl元素的化合价由+4价变为-1价,即67.5 g ClO2反应转移5 mol电子,氯气为71 g时,反应转移2 mol电子,则相同质量的e的消毒效率比b高,D项正确。 12.利用“价—类”二维图研究物质的性质是化学研究的重要手段。如图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。 回答下列问题: (1)X是一种含氧酸,其电离方程式为 HClO4===H++Cl 。  (2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48,则m∶n= 2∶3 。  (3)Y常用于实验室制取O2,在400 ℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴、阳离子个数之比为1∶1,生成两种盐的化学式分别为 KCl、KClO4 。   (4)NaClO2具有很强的氧化性,常用作消毒剂,其消毒效率是Z的 2 倍(还原产物都是Cl-,消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。   (5)Cl2O可用潮湿的Z与Na2CO3反应制取,同时生成NaHCO3,反应中Z既体现氧化性,又体现还原性,该反应的化学方程式为 2Cl2+2Na2CO3+H2O===2NaCl+2NaHCO3+Cl2O 。  解析　(1)X是一种含氧酸,Cl元素显+7价,则X是HClO4,其电离方程式为HClO4===H++Cl。(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48,则m∶n=∶=2∶3。(3)Y是一种盐,常用于实验室制取O2,则Y是KClO3,在400 ℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,该盐应是KCl,另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1,结合氧化还原反应规律推知,另一种盐是KClO4。(4)NaClO2、Cl2在消毒时,还原产物都是Cl-,消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示,1 mol NaClO2得到4 mol电子,1 mol Cl2得到2 mol电子,则NaClO2的消毒效率是Cl2的2倍。(5)Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取,同时生成NaHCO3,反应中Cl2既体现氧化性,又体现还原性;Cl2生成Cl2O的过程表现还原性,根据氧化还原反应规律推知,Cl2体现氧化性时应被还原为NaCl,结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O===2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。 微充电　素养提升 责任担当——含氯化合物与消毒 　 【素材归纳】 1.氯的常见氧化物的性质 (1)一氧化二氯。 ①性质:是次氯酸的酸酐,溶于水产生不稳定的次氯酸并最终变为盐酸。 ②外观与性状:黄棕色气体,有刺激性气味。 ③制法。 a.用新制备的黄色氧化汞与氯气反应可制得一氧化二氯: 2HgO+2Cl2===Cl2O+HgCl2·HgO。 b.同样也可以用氯气与潮湿的碳酸钠反应来制取: 2Na2CO3+H2O+2Cl2===2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。 (2)二氧化氯。 ①物理性质:是一种黄绿色到橙黄色的气体,极易溶于水。 ②制取。 Cl2+2NaClO2===2ClO2↑+2NaCl或 5NaClO2+4HCl===4ClO2↑+5NaCl+2H2O。 ③用途:是一种广谱、高效的灭菌剂。 (3)Cl2O3、Cl2O5、Cl2O7分别为HClO2、HClO3、HClO4的酸酐。 2.氯的含氧酸 (1)氯的含氧酸的种类。 氯的含氧酸有:HClO(次氯酸)、HClO2(亚氯酸)、HClO3(氯酸)、HClO4(高氯酸)。 (2)氯的含氧酸的性质。 ①酸性:HClO4>HClO3>HClO2>HClO。 ②氧化性:HClO>HClO2>HClO3>HClO4。 3.氯的含氧酸盐 (1)NaClO2(亚氯酸钠)。 ①性质:白色或微带黄绿色粉末或颗粒晶体,呈碱性,是一种强氧化剂,遇酸放出ClO2气体。 ②用途:是一种高效氧化剂、漂白剂。主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白、食品消毒、水处理、杀菌灭藻和鱼药制造。 (2)氯酸钾(KClO3)。 ①性质:是一种白色晶体,有毒,在冷水中溶解度较小,易溶于热水,是一种强氧化剂。 ②用途:可用来制造炸药、火柴、烟花、鞭炮等。 (3)漂白粉、漂白粉精。 ①漂白粉是氢氧化钙、氯化钙、次氯酸钙的混合物,有效成分是次氯酸钙[Ca(ClO2)],有效氯含量为30%~38%。漂白粉是由氯气与石灰乳反应而制得。漂白粉露置在空气中失效:Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3↓+2HClO,2HClO2HCl+O2↑。 ②漂粉精又名高效漂白粉,主要成分是次氯酸钙,根据生产工艺的不同,还含有氯化钙或氯化钠及氢氧化钙等成分,有效氯含量为56%~60%。 命题点1　消毒剂的制备 　　物质的制备实验一直以来都是重点,这类试题综合性较强,高考中可能会以消毒剂为载体设计制备实验,整合实验基本操作、化学计算等考点。 【母题1】　依据研究,含氯消毒剂可以有效灭活病毒。二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂,但其稳定性较差,可转化为NaClO2保存,制备NaClO2晶体的工艺流程如图所示: 已知:①ClO2极不稳定,温度稍高、浓度稍大则发生爆炸性分解,一般用稀有气体或空气稀释使其浓度在10%以下以防爆炸。 ②NaClO2在较低温度下溶解度很大,NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O,高于38 ℃时析出的晶体是NaClO2,加热中性的NaClO2溶液至150 ℃以上,NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。 (1)步骤1中,生成ClO2的离子方程式是 2Cl+SO2===S+2ClO2 ,通入空气的作用是 稀释产生的ClO2,防止其发生爆炸性分解 。  (2)方法1中,反应的离子方程式是 2ClO2+H2O2+2OH-===2Cl+O2+2H2O 。  (3)方法2中,NaClO2在 阴极 (填“阴极”或“阳极”)生成。  (4)步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是 保持温度高于38 ℃低于150 ℃蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 。  (5)为测定制得的NaClO2晶体中NaClO2的质量分数,进行如下实验: ①称取a g样品于烧杯中,加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体,再滴入适量的稀硫酸,振荡使其充分反应。将所得混合液配成100 mL待测溶液。 ②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中,用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点。平行滴定3次,测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为c mL(已知:I2+2S2===2I-+S4),则样品中NaClO2的质量分数为 % (用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下,测定结果偏高,可能的原因是 4H++4I-+O2===2I2+2H2O,滴定时消耗Na2S2O3标准溶液体积增大,测定结果偏高 (用离子方程式和文字表示)。  (6)使用NaClO2时,加入稀盐酸即可迅速得到ClO2。但若加入的盐酸浓度过大,则气体产物中Cl2的含量会增大,原因是 盐酸浓度过大,NaClO2的氧化性、HCl的还原性均增强,二者可发生反应生成氯气 。  解析　(1)分析题中流程图知,利用NaClO3、SO2在酸性条件下制备ClO2,氯元素化合价降低,NaClO3作氧化剂,SO2作还原剂,氧化产物为S,还原产物为ClO2。结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可写出离子方程式。从已知①知,二氧化氯浓度较大时易发生爆炸性分解,通入空气可稀释二氧化氯,避免发生事故。(2)由题图知,方法1利用NaOH、H2O2、ClO2制备NaClO2,ClO2—→NaClO2过程中氯元素化合价降低,则H2O2作还原剂,氧化产物为O2,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可写出离子方程式。(3)ClO2—→NaClO2过程中氯元素化合价降低,发生还原反应,所以应在阴极上获得NaClO2。(4)由已知②知,温度高于38 ℃时,析出的晶体是NaClO2,加热中性NaClO2溶液到150 ℃以上NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,且NaClO2在较低温度下溶解度很大,所以步骤3中的操作是保持温度高于38 ℃低于150 ℃蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)Cl—→Cl-过程中氯元素的化合价由+3价变为-1价,S2—→S4过程中可看作硫元素的化合价由+2价变为+价,整个过程中碘元素的化合价保持不变。根据得失电子守恒得4n(NaClO2)=n(Na2S2O3),25.00 mL待测溶液中n(NaClO2)=bc×10-3 mol,则100 mL待测溶液中含有的NaClO2的质量为×bc×10-3 mol×90.5 g·mol-1=90.5bc×10-3 g,所得NaClO2晶体中NaClO2的质量分数为×100%=%。在还原亚氯酸钠过程中,振荡时间长,部分I-被O2氧化生成I2,滴定时消耗Na2S2O3标准溶液体积增大,测定结果偏高。(6)从氧化性和还原性与浓度关系角度分析,盐酸浓度增大,亚氯酸钠的氧化性增强,HCl的还原性也增强,二者可发生归中反应NaClO2+4HCl===NaCl+2Cl2↑+2H2O。 【衍生1】　二氧化氯(ClO2)常用作饮用水消毒杀菌剂,其沸点为11.0 ℃,浓度过高时易爆炸分解。实验室常用干燥的氯气与亚氯酸钠(NaClO2)固体反应制备ClO2。制备ClO2及验证其氧化性的装置如图所示(部分夹持装置已省略)。 已知:实验室可用稳定剂吸收ClO2,生成Cl,使用时加酸只释放ClO2一种气体。回答下列问题: (1)盛装亚氯酸钠固体的仪器名称为 三颈烧瓶 。  (2)装置A中发生反应的化学方程式为 2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 。  (3)装置B中盛放的试剂是 饱和食盐水 ,其作用是 吸收Cl2中混有的HCl气体 。  (4)向装置D中通入N2的目的是 防止ClO2气体浓度过高时爆炸分解 ,装置D中发生反应的化学方程式为 Cl2+2NaClO2===2NaCl+2ClO2 。  (5)装置F中能观察到溶液显红色,则发生反应的离子方程式为 ClO2+5Fe2++4H+===Cl-+5Fe3++2H2O 、Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3。  (6)ClO2和Cl2均可作为水处理剂。如果以单位质量的氧化剂反应时所得到的电子数来表示消毒效率(η),则ClO2和Cl2的消毒效率之比= 2.63 (保留3位有效数字)。  (7)测定某ClO2溶液中ClO2的浓度:准确量取10.00 mL ClO2溶液,酸化后加入过量的KI溶液,充分反应,加入几滴淀粉溶液,用0.200 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点。重复上述操作2~3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液28.50 mL。 已知:2ClO2+10I-+8H+===2Cl-+5I2+4H2O,2S2+I2===S4+2I-。 该ClO2溶液中,c(ClO2)= 0.114 mol·L-1。  解析　(4)由题干信息可知,ClO2浓度过高时易爆炸分解,故向装置D中通入N2可稀释生成的ClO2气体,防止ClO2气体浓度过高时爆炸分解。(6)ClO2与Cl2作氧化剂时,还原产物均为Cl-,故1 mol ClO2作氧化剂得到5 mol电子,1 mol Cl2作氧化剂得到2 mol电子,则ClO2和Cl2的消毒效率之比==≈2.63。(7)由题干信息可得关系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3,则该ClO2溶液中n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.200 0 mol·L-1×28.50×10-3 L=0.001 14 mol,c(ClO2)==0.114 mol·L-1。 命题点2　探究消毒剂的性质 　　探究型实验是体现科学探究与创新意识核心素养的重要载体,对消毒剂性质的探究一般可以分为以下几个方面:(1)稳定性;(2)消毒剂性质与pH的关系;(3)氧化性等。 【母题2】　“84”消毒液可有效灭活病毒,某学习小组对“84”消毒液的性质展开探究。 实验一:制备“84”消毒液 (1) 采用如图1所示的简易装置可以在家中制备“84”消毒液。b极为 正 极,制备“84”消毒液的总反应的化学方程式为 NaCl+H2ONaClO+H2↑ 。 图1 实验二:探究“84”消毒液的性质 Ⅰ.氧化性 资料显示:洁厕灵(含盐酸)和“84”消毒液不能混合使用,否则易产生有毒气体。 利用如图2所示装置探究上述资料的“真实性”。 (2)盛装“84”消毒液的仪器的名称是 分液漏斗 。C装置中盛装 NaOH(合理即可) (填化学式)溶液。  (3)若B装置中 溶液变蓝 (填实验现象),则证明上述资料真实可靠。  Ⅱ.漂白性 图3 (4)一定体积和浓度的“84”消毒液的漂白效率与温度的关系如图3所示,温度高于T1 ℃时漂白效率降低的原因可能是 温度过高,HClO分解加快 。  (5)为了探究“84”消毒液的漂白效率与pH的关系,设计了如表所示实验: 编 号 3%的 “84”消 毒液/ mL 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液/mL 0.1 mol·L-1 盐酸/mL 5%的 品红溶 液/滴 蒸馏 水/mL 实验 现象 ① 0 0 2 5 13 不褪色 ② 0 2 0 5 13 不褪色 ③ 10 0 0 5 5 较快 褪色 ④ 10 2 0 5 3 缓慢 褪色 ⑤ 10 0 2 5 3 很快 褪色 ①由上述实验可得出的结论是 pH越大,“84”消毒液的漂白效率越低(合理即可) 。  ②比较实验③④⑤,实验现象不同的主要原因是 相同条件下HClO的漂白效率高于NaClO(合理即可) 。  解析　(1)观察题图1可知,导管的作用是排出阴极上生成的H2,则a极为负极,b极为正极。阳极生成的氯气可与阴极生成的氢氧化钠反应得到“84”消毒液,故制“84”消毒液的总反应的化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑。(2)C装置用于吸收尾气中的氯气,可以盛装氢氧化钠溶液等。(3)HCl与NaClO反应生成的有毒气体是Cl2,Cl2氧化KI生成I2,B装置中溶液变蓝。(4)次氯酸钠水解可生成次氯酸,次氯酸受热易分解,温度过高HClO分解加快,“84”消毒液漂白效率降低。(5)实验①②为对照实验,证明氢氧化钠溶液、盐酸不能使品红溶液褪色。加入盐酸,HCl与NaClO反应可生成次氯酸;加入氢氧化钠溶液可抑制次氯酸的生成。实验结论要根据实验目的探究“84”消毒液漂白效率与pH的关系确定,即溶液碱性越强,漂白效率越低,其原因是相同条件下,次氯酸的漂白效率高于次氯酸钠。 【衍生2】　次氯酸(HClO)是极强氧化剂,在医疗、餐饮、家居清洁等方面有着重要应用,当前中国次氯酸产业规模庞大,位居全球前列。某学习小组设计如图所示装置制备HClO并验证其氧化性(夹持仪器及降温装置已省略)。 已知:①次氯酸的浓溶液呈黄色;②Cl2O为棕黄色气体,极易溶于水并迅速反应生成HClO。 (1)Cl2O中Cl元素的化合价为 +1 ,HClO的结构式为 H—O—Cl 。  (2)制备HClO时要打开K1、K3,关闭K2,待装置A中反应结束后再通入一段时间N2。 ①装置C中制备Cl2O时,发生反应为2Na2CO3+2Cl2+H2O===Cl2O+2NaCl+2NaHCO3,该反应的氧化剂为 Cl2 (填化学式)。  ②装置B、D中的试剂分别为 b (填字母)。  a.浓硫酸、CCl4 b.饱和食盐水、CCl4 c.饱和食盐水、浓硫酸 (3)搅拌器的作用主要是 使反应物充分接触,加快反应速率 ;将装置E中的HClO溶液转移到装置F中的具体操作为 关闭K3,打开K1、K2,向装置中通入N2,使装置E中气体压强增大,将HClO溶液压入装置F中 。  (4)验证HClO的氧化性时要向装置F中加入过量HClO溶液并充分搅拌,待溶液变澄清时停止搅拌。反应结束时,装置F中的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl-、S、H+,写出反应的离子方程式: 15HClO+2FeS2+H2O===15Cl-+2Fe3++4S+17H+ 。  解析　(1)Cl2O中氧元素的化合价为-2,根据化合物中正负化合价的代数和为0可知,氯元素的化合价为+1;HClO中H、Cl原子各形成一个共价键、O原子形成两个共价键,则其结构式为H—O—Cl。(2)②由于浓盐酸具有很强的挥发性,装置A中制取的氯气中混有氯化氢杂质,故装置B中应装有饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢;装置D的作用是吸收多余的氯气,故其中的试剂为四氯化碳,故选b。(4)由题干信息可知,装置F中的反应物是HClO和FeS2,产物是Fe3+、Cl-、H+、S,根据得失电子守恒初步配平为,再结合原子守恒和电荷守恒配平得15HClO+2FeS2+H2O===15Cl-+2Fe3++4S+17H+。 微真题　把握方向 　 考向一　氯及其化合物的性质 1.(2024·浙江卷1月)工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液,下列说法不正确的是(B) A.漂白液的有效成分是NaClO B.ClO-水解生成HClO使漂白液呈酸性 C.通入CO2后的漂白液消毒能力增强 D.NaClO溶液比HClO溶液稳定 解析　漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl),有效成分是次氯酸钠,A项正确;ClO-水解生成HClO,水解方程式为ClO-+H2OHClO+OH-,使漂白液呈碱性,B项错误;通入CO2后,发生反应NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HClO,漂白液消毒能力增强,C项正确;次氯酸不稳定,次氯酸盐稳定,所以热稳定性NaClO>HClO,D项正确。 考向二　氯气的制备及性质 2.(2024·广东卷)1810年,化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中,难以达到预期目的的是(A) A.制备Cl2 B.净化、干燥Cl2 C.收集Cl2 D.验证Cl2的氧化性 解析　利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热,图中缺少加热装置,且分液漏斗内应盛装浓盐酸,不能达到预期目的,A项符合题意;实验室制得的氯气中有HCl杂质,可以通过饱和食盐水洗气除杂,再通过无水氯化钙干燥,可以达到净化、干燥Cl2的目的,B项不符合题意;氯气的密度大于空气,可以用向上排空气法收集,可以达到预期目的,C项不符合题意;H2可以在氯气中安静地燃烧,产生苍白色火焰,氯气将氢气氧化,验证了氯气的氧化性,D项不符合题意。 3.(2023·江苏卷)实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是(C) A.制取Cl2 B.除去Cl2中的HCl C.收集Cl2 D.吸收尾气中的Cl2 解析　实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应,不能使用稀盐酸,A项错误;除去Cl2中的HCl可将气体通入饱和食盐水中,注意长口进气便于充分吸收,应该长进短出,B项错误;氯气的密度大于空气,可用向上排空气法收集氯气,多功能瓶收集气体要长进短出,C项正确;对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液,水的吸收效果不好,D项错误。 4.(2022·北京卷)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料:ⅰ.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。 ⅱ.浓碱条件下,Mn可被OH-还原为Mn。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略): 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化 Ⅱ 5%的 NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 Ⅲ 40%的 NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 (1)B中试剂是 饱和NaCl溶液 。  (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 2Mn(OH)2+O2===2MnO2+2H2O 。  (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是 Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 。  (4)根据资料ⅱ,Ⅲ中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因: 原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将Mn氧化为Mn。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因是 Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O ,但通过实验测定溶液的碱性变化很小。  ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40%的NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色的离子方程式为 4Mn+4OH-===4Mn+O2↑+2H2O ,溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被 Cl2 (填化学式)氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。  ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是 3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O 。  ④从反应速率的角度,分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因: 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 。  解析　在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2,由于盐酸具有挥发性,为排除HCl对Cl2性质的干扰,在装置B中盛有饱和NaCl溶液,除去Cl2中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4的反应,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余的Cl2,防止造成大气污染。(1)B中试剂是饱和NaCl溶液,作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。(2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2沉淀,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2===2MnO2+2H2O。(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40%的NaOH溶液,溶液由紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下Mn可被OH-还原为Mn,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可知该反应的离子方程式为4Mn+4OH-===4Mn+O2↑+2H2O。溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被Cl2氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,发生的反应是3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O。④从反应速率的角度,过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。 5.(2021·广东卷)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年,舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中,将它与浓盐酸混合加热,产生了一种黄绿色气体。1810年,戴维确认这是一种新元素组成的单质,并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。 (1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 。  (2)实验室制取干燥Cl2时,净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 c→d→b→a→e 。  (3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中 HClO 已分解。检验此久置氯水中Cl-存在的操作及现象是 取少量溶液于试管中,加入过量稀硝酸,再加入少量AgNO3溶液,若有白色沉淀生成,则证明原溶液中含有Cl- 。  解析　(2)根据化学方程式可知,制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气,氯气有毒,必须进行尾气处理,因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体,用浓硫酸除去水蒸气,最后用NaOH溶液吸收尾气,因此接口连接顺序为c→d→b→a→e。 6.(2020·山东卷)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略): 已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应3Mn+2H2O===2Mn+MnO2↓+4OH-。 回答下列问题: (1)装置A中a的作用是 平衡气压,使浓盐酸顺利滴下 ;装置C中的试剂为 NaOH溶液 ;装置A中制备Cl2的化学方程式为 Ca(ClO)2+4HCl(浓)===CaCl2+2Cl2↑+2H2O 。  (2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 。  (3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入 酸式 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 C (填字母)。  A.15.00 mL B.35.00 mL C.大于35.00 mL D.小于15.00 mL 解析　(1)装置A为恒压滴液漏斗,它的作用是平衡气压,使浓盐酸顺利滴下,C的作用是吸收多余的Cl2,可用NaOH溶液吸收,Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)===CaCl2+2Cl2↑+2H2O。(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应3Mn+2H2O===2Mn+MnO2↓+4OH-,一部分Mn转化为了MnO2,导致最终KMnO4的产率降低,而浓盐酸易挥发,直接导致B中NaOH溶液的浓度减小,故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl。(3)高锰酸钾有强氧化性,取用强氧化性溶液应选用酸式滴定管,滴定管的“0”刻度在上,规格为50.00 mL的滴定管中溶液的实际的体积大于(50.00-15.00) mL,即大于35.00 mL。 第15讲　卤族元素和海水资源的开发利用 [目标速览]　1.掌握卤素单质的性质及卤素离子的检验。2.以海水的开发利用为例,了解依据物质性质及其变化综合利用资源的方法。 微考点　核心突破 考点1　卤族元素的原子结构和性质　卤素离子 　 知|识|梳|理 一、卤族元素的原子结构和性质 1.原子结构 氯、溴、碘三种元素的原子结构示意图分别为、、;最外层都有7个电子,它们都位于元素周期表第ⅦA族,都属于卤族元素。 2.氯、溴、碘的存在及单质的物理性质 (1)氯、溴以化合态的形式存在于海水和陆地的盐矿中。碘则主要存在于海草(如海带)中,也存在于海水和盐矿中。 (2)溴、碘单质的物理性质。 Br2是一种深红棕色液体,易挥发;I2是一种紫黑色固体,易升华。Br2溶解在水中的颜色是橙色,I2溶解在水中的颜色是深黄色→褐色,Br2溶解在CCl4中的颜色是橙色→橙红色,I2溶解在CCl4中的颜色是紫红色→紫色。 3.氯、溴、碘单质化学性质的比较 (1)与碱溶液反应,如与NaOH溶液反应的化学方程式为2NaOH+X2NaX+NaXO+H2O(X为Cl、Br、I)。 (2)氧化性。 ①都能与金属反应生成金属卤化物,如与钠反应的化学方程式为2Na+X22NaX(X为Cl、Br、I)。 ②氯、溴、碘单质的氧化性Cl2>Br2>I2,阴离子的还原性Cl-<Br-<I-。Cl2能从Br-的溶液中置换出Br2,其离子方程式为Cl2+2Br-2Cl-+Br2;同理,Br2能置换出I2,其离子方程式为Br2+2I-2Br-+I2。 ③与一些还原性离子反应,如Br2与S、Fe2+反应的离子方程式分别为S+Br2+H2OS+2Br-+2H+、2Fe2++Br22Br-+2Fe3+。 二、卤素单质的性质递变性和差异性 1.结构与性质 卤素位于元素周期表中第ⅦA族,包括氟(F)、氯(Cl)、溴(Br)、碘(I)、砹(At)、(Ts)。卤素原子最外层都有7个电子,都是典型的非金属元素,其单质具有相似的化学性质。 (1)卤素单质和H2的反应:X2+H22HX。 (2)卤素单质和H2O的反应:X2+H2OHX+HXO(X为Cl、Br、I)。 (3)卤素间的置换反应。 将氯水滴入溴化钠溶液:Cl2+2NaBr===2NaCl+Br2。 将溴水滴入碘化钾溶液:Br2+2KI===2KBr+I2。 2.特殊性 卤素单质及其化合物除了具有共性外,都有其特殊性质。 (1)氟。 ①无正价,非金属性最强,F-的还原性最弱。 ②2F2+2H2O===4HF+O2,与H2混合在暗处即爆炸。 ③HF是弱酸,能腐蚀玻璃,故应保存在铅制器皿或塑料瓶中;有毒;由于HF分子间存在氢键,在HX中HF沸点最高。 (2)溴。 ①Br2是深红棕色液体,易挥发。 ②Br2易溶于有机溶剂。 ③盛溴的试剂瓶中加水,进行水封。保存液溴不能用橡胶塞。 (3)碘。 ①淀粉遇I2变蓝。 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。 三、卤素离子的检验方法 1.AgNO3溶液——沉淀法 未知液生成 2.置换——萃取法 3.氧化——淀粉法检验I- 未知液蓝色溶液,表示有I- 4.检验食用盐是否为碘盐的方法 袋装碘盐中含有碘酸钾(KIO3),利用KIO3与KI在酸性条件下发生反应I+5I-+6H+===3I2+3H2O,淀粉遇I2变蓝进行检验。具体操作方法是将少量食用盐溶于白醋中,然后滴到淀粉⁃KI试纸上,若试纸变蓝,说明此食用盐为加碘食盐。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.KI、KIO3能使淀粉变蓝。(×) 提示:碘使淀粉变蓝,指的是碘单质使淀粉变蓝。 2.Br2与Fe2+反应,所以可以用溴水检验Fe3+溶液中是否含有Fe2+。(×) 提示:Br2与Fe2+反应,但溴水与Fe3+溶液均为棕黄色,所以无法判断。 3.用溴水、CCl4可鉴别NaCl、NaBr、NaI溶液。(×) 提示:溴水与NaCl、NaBr溶液混合后均不发生反应,实验现象相同。 4.从海带灰中提取碘的工艺流程为海带灰溶于水→过滤→向滤液中加入CCl4振荡、静置、分液,这样即可获得碘的CCl4溶液。(×) 提示:因为海水中存在的是Br-、I-,所以从海水中提取溴、碘时一定要先加入氧化剂,反应生成溴、碘单质后才能萃取。 5.碘易升华,可用加热升华法除去NH4Cl中混有的I2。(×) 提示:I2易升华也易凝华,NH4Cl受热分解为NH3、HCl,NH3与HCl遇冷又生成NH4Cl,故两者无法通过升华法分离。 知|识|拓|展 1.避误区 (1)卤族元素单质能将同主族原子序数大的元素从其盐溶液中置换出来,但氟不能进行相应的置换,原因是F2与NaX溶液中的水发生剧烈反应,故不与NaX反应。 (2)卤族元素的单质F2、Cl2、Br2均能将Fe氧化为Fe3+,而I2只能把铁氧化为Fe2+。 (3)加碘食盐中加的是KIO3而不是I2或KI。 (4)ClO-、Cl、CCl4等微粒中的氯为非氯离子型氯,不能与Ag+结合生成沉淀,故不能用AgNO3溶液直接检验。 2.卤素互化物和拟卤素 (1)卤素互化物。 由两种卤素互相结合而成的物质叫卤素互化物。如IBr、ICl、BrF3、ClF3。卤素互化物与卤素单质的性质相似,有较强的氧化性,如能与金属、H2O、NaOH等反应,如2IBr+2Mg===MgBr2+MgI2。但应注意:卤素互化物中,非金属性弱的元素显正价,如ICl中,I元素显+1价,Cl元素显-1价,所以卤素互化物与水或碱的反应一般属于非氧化还原反应,如IBr+H2O===HBr+HIO,IBr+2NaOH===NaBr+NaIO+H2O。 (2)拟卤素。 有些多原子分子与卤素单质性质相似,其阴离子与卤素阴离子性质相似。如氰(CN)2、硫氰(SCN)2、氧氰(OCN)2。解答这类题目时可用换元法,如把(SCN)2当作X2,把SCN-当作X-。 知|识|对|练 角度一　卤素的性质及卤素离子的检验 1.下列叙述正确的是(B) A.能使润湿的淀粉⁃KI试纸变成蓝色的气体一定是Cl2 B.用硝酸酸化的硝酸银溶液能一次性鉴别NaCl、NaBr、KI三种失去标签的溶液 C.某溶液中加入CCl4,CCl4层显紫色,证明原溶液中存在I- D.某浅黄色的溴水,加入CCl4振荡、静置后,上层显橙红色 解析　还有其他气体氧化剂(如O3等)能将I-氧化为I2,A项错误;碘单质的CCl4溶液显紫色,C项错误;CCl4的密度比水大,下层显橙红色,D项错误。 2.鉴别NaCl、NaBr、NaI可以选用的试剂是(C) ①碘水、淀粉溶液　②氯水、CCl4　③溴水、苯　④稀硝酸、AgNO3溶液　⑤氯水、苯　⑥FeCl3溶液、CCl4 A.①②④ B.②③⑥ C.②④⑤ D.④⑤⑥ 解析　①NaCl、NaBr、NaI中加碘水和淀粉溶液均变蓝色;②氯水加入NaBr、NaI中后,再加CCl4萃取,下层分别为橙红色和紫红色,氯水加入NaCl中不发生反应,可以鉴别;③溴水与NaCl、NaBr不反应,与NaI反应生成I2,用苯萃取后,前两种上层均为橙红色,无法鉴别;④NaCl、NaBr、NaI与AgNO3溶液反应分别生成AgCl、AgBr、AgI沉淀,且均不溶于稀硝酸,沉淀颜色依次为白色、浅黄色、黄色;⑤与②的原理相似,不同的是有色层在上层;⑥FeCl3溶液只能氧化I-生成I2,不能鉴别。 角度二　卤素单质氧化性强弱的比较 3.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中溶液由黄色变为棕红色时,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 湿润的淀粉⁃KI试纸变蓝 。  (3)B中溶液发生反应的离子方程式是 Cl2+2Br-===Br2+2Cl- 。  (4)为验证溴的氧化性强于碘,过程Ⅳ的操作和现象是 打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下试管振荡,静置后CCl4层变为紫红色 。  (5)过程Ⅲ实验的目的是 对照实验说明C的黄色溶液中无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 。  (6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因:同主族元素从上到下 原子半径逐渐增大 ,得电子能力逐渐减弱。  解析　(1)A中产生的黄绿色气体为Cl2,其电子式为。(2)氯气遇湿润的淀粉⁃KI试纸时发生反应Cl2+2KI===I2+2KCl,淀粉遇I2变蓝,可以证明氯气的氧化性强于碘。(3)B中Cl2与NaBr发生置换反应,离子方程式为Cl2+2Br-===2Cl-+Br2。(4)C中NaBr与氯气反应生成NaCl和Br2,将C中溶液滴入D中,振荡,发生反应Br2+2KI===I2+2KBr,静置后D中溶液分层,下层为碘的四氯化碳溶液,显紫红色,可以说明溴的氧化性强于碘。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱,是因为Cl→I,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱。 角度三　卤素性质的拓展与延伸——卤素互化物 4.已知BrCl能发生下列反应:nBrCl+2M===MCln+MBrn(M为+n价的金属元素),BrCl+H2O===HCl+HBrO。以下推论不正确的是(D) A.BrCl具有和卤素单质相似的化学性质 B.BrCl和M反应时,BrCl只作氧化剂 C.BrCl和NaOH溶液反应生成NaCl、NaBrO两种盐 D.将BrCl跟FeSO4溶液反应,溶液会变成无色 解析　依据题目所给两个反应,可以推出“BrCl具有和卤素单质相似的化学性质”——与金属单质反应得到盐、与H2O反应得到HCl和HBrO。但反应方程式相似的背后,卤素互化物BrCl又与卤素单质有区别——BrCl中Br元素呈+1价、Cl元素呈-1价,所以当BrCl与金属M反应时,BrCl只作氧化剂,B项正确;BrCl跟硫酸亚铁溶液反应时,会将二价铁离子氧化为三价铁离子,故溶液会变为棕黄色,D项错误。 考点2　海水资源的开发利用 　 知|识|梳|理 1.海水水资源的利用 (1) (2)海水淡化的方法和原理。 淡化方法 原理 蒸馏法 将海水加热蒸发汽化,然后将水蒸气冷凝而得到蒸馏水 电渗析法 利用阴、阳离子交换膜对水中阴、阳离子的选择透过性,在外加直流电场作用下,使水中的一部分离子转移到另一部分水中而达到除盐的目的 离子 交换法 用阳离子交换树脂和阴离子交换树脂除去海水中的阴、阳离子得到去离子水的方法 2.海水中化学资源的开发利用 (1)氯碱工业。 —→ ①电解NaCl溶液:(写出化学方程式,下同) 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。 ②产物制盐酸:H2+Cl22HCl。 ③制漂白液:Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。 (2)镁的提取。 ①工艺流程。 ②基本步骤及主要反应。 a.制熟石灰:CaCO3CaO+CO2↑,CaO+H2O===Ca(OH)2。 b.沉淀:MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2。 c.酸化:Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O。 d.蒸发结晶:析出MgCl2·6H2O。 e.脱水:在氯化氢气流中使MgCl2·6H2O脱水制得无水氯化镁。 f.电解:电解熔融氯化镁制得镁MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。 (3)溴的提取。 ①工艺流程。 ②基本步骤及主要反应。 a.浓缩:海水晒盐和海水淡化的过程中Br-得到浓缩。 b.氧化:向浓缩的海水中通入Cl2,将Br-氧化为Br2,反应的离子方程式为Cl2+2Br-===Br2+2Cl-。 c.富集:利用溴的挥发性,通入热空气或水蒸气,吹出的溴蒸气用SO2吸收,反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O===2HBr+H2SO4。 d.提取:用Cl2将HBr氧化得到产品溴,反应的化学方程式为Cl2+2HBr===Br2+2HCl。 (4)碘的提取。 ①海带中含有碘元素的检验。 a.反应原理:2H++2I-+H2O2===I2+2H2O。 b.实验步骤及证明方法。 ②海带中提取碘。 a.工艺流程。 干海带海带灰悬浊液含I-的溶液含I2的溶液碘的有机溶液晶体碘 b.两种原理。 主要的化学原理:Cl2+2KI===2KCl+I2。 主要物理原理:单质碘用苯或四氯化碳萃取,分液后用蒸馏法将碘与有机溶剂分开。 (5)海水中提取铀和重水可用于核能的开发利用。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.从海带中提取碘的过程中,可以用酸化的H2O2将溶液中的I-氧化成I2。(√) 提示:发生反应2I-+H2O2+2H+===I2+2H2O,产物无污染、易分离。 2.海水蒸馏装置中冷却水的流向上进下出。(×) 提示:海水蒸馏装置中冷却水的流向是下进上出,目的是保证冷凝管中充满冷却水,冷却效果更好,冷凝水的利用效率更高。 3.电解氯化钠、氯化镁的水溶液可以制得钠和镁。(×) 提示:钠、镁的冶炼是通过电解熔融盐(氯化物)来完成的。 4.理想的原子经济性的合成反应是原料分子中的原子百分之百转变成产物。(√) 提示:理想的原子经济性的合成反应应该是原料分子中的原子百分之百地转变成产物。 5.提取海水中的镁、钾、溴、碘等化工产品需要解决物质的富集问题。(√) 提示:海水中含有的各种元素的特点是种类多、总储量大、富集程度低。因此,从海水中提取物质需要解决物质的富集问题。 知|识|对|练 角度四　从海水中提取镁 5.海水中的MgCl2是Mg的重要来源之一,从海水中提取镁,可按如下步骤进行: ①将贝壳制成石灰乳　②在引入的海水中加入石灰乳、沉降、过滤、洗涤沉淀物　③将沉淀物与盐酸反应、结晶、过滤、干燥产物　④将产物熔融后电解 关于提取镁,下列说法中不正确的是(D) A.此法的优点之一是原料来源丰富 B.进行①②③步的目的是从海水中提取MgCl2 C.第④步会产生氯气 D.以上过程中涉及分解反应、化合反应和置换反应 解析　海水中含有丰富的Mg2+,此法的优点之一是原料来源丰富,A项正确。①将贝壳制成石灰乳;②在引入的海水中加入石灰乳、沉降、过滤、洗涤沉淀物Mg(OH)2;③将沉淀物与盐酸反应、结晶、过滤、干燥产物MgCl2晶体,B项正确。电解熔融MgCl2生成Mg和Cl2:MgCl2Mg+Cl2↑,C项正确。以上过程中涉及分解反应、化合反应以及复分解反应,过程中无置换反应,D项错误。 6.镁及其合金是一种用途很广的金属材料,目前世界上60%的镁是从海水中提取的。某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤(主要含Na+、Mg2+、Cl-、Br-等)中模拟工业生产来提取镁,主要过程如下: 回答下列问题: (1)工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是 石灰乳原料丰富,成本低 。  (2)从过程①得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2,除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入盛有 MgCl2(或氯化镁) 溶液的烧杯中,充分搅拌后经 过滤 、 洗涤 (填操作方法)可得纯净的Mg(OH)2。  (3)下图是该兴趣小组设计进行过程③的实验装置图: 其中装置A的作用是 制备干燥的HCl气体 。  (4)写出过程④中发生反应的化学方程式: MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ 。  (5)工业制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却,下列①Ar,②空气,③CO2,④N2,可作为冷却气的是 ① 。  解析　盐卤中主要含Na+、Mg2+、Cl-、Br-等,加石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀,过滤分离出Mg(OH)2,然后将氢氧化镁溶于盐酸,发生反应Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O,过程②为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出晶体,过程③在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁,过程④为电解熔融氯化镁的方法冶炼镁,发生反应MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。(1)工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是石灰乳原料丰富、成本低。(2)从过程①得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2,除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入盛有MgCl2溶液的烧杯中,充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg(OH)2。(3)浓盐酸易挥发,浓硫酸稀释放出大量的热,且具有吸水性,可知装置A可制备干燥的HCl气体。(4)过程④为电解熔融氯化镁来冶炼镁,反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。(5)工业制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却,气体不能和镁反应,Ar和镁不反应,①正确;空气中氧气、二氧化碳、氮气和镁能发生反应,②错误;镁和CO2能发生反应,③错误;镁和N2能发生反应,不能作为冷却气,④错误。 角度五　从海水中提取碘 7.从海带中提取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(D) 解析　灼烧海带时应该使用坩埚,A项错误;容量瓶用于定容,不用于溶解,B项错误;过滤操作缺少玻璃棒,且漏斗下端未紧贴烧杯内壁,C项错误;分液时需要使用分液漏斗,漏斗下口紧靠烧杯内壁,D项正确。 8.从海带中提取碘的主要流程如下: 干海带滤液含碘的水溶液碘单质 下列说法中错误的是(C) A.海带具有富集碘的能力 B.过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C.提纯碘时可用酒精萃取碘单质 D.可以用淀粉检验含碘水溶液中的I2 解析　干海带用水浸泡,其中的KI溶于水进入溶液,然后过滤除去难溶性固体杂质,向滤液中通入氯气,发生反应Cl2+2KI===2KCl+I2,得到含I2的水溶液,然后加入CCl4,充分振荡静置进行萃取,然后分液,就得到碘单质。海带中含有丰富的KI,说明海带具有富集碘的能力,A项正确;过滤是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作,进行过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,B项正确;酒精与水互溶,不能作碘水中碘单质的萃取剂,C项错误;淀粉溶液遇I2会变为蓝色,故可以用淀粉检验含碘水溶液中的I2,D项正确。 角度六　从海水中提取溴 9.空气吹出法是目前“海水提溴”的主要方法之一,其工艺流程如图示。下列说法不正确的是(C) A.步骤④⑤是为了富集溴 B.步骤③说明Br2具有挥发性 C.步骤④说明Br2具有还原性 D.步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物,可用分液漏斗将二者分离 解析　苦卤中含有溴离子,在酸性条件下通入氯气,可发生置换反应生成溴单质,吹入空气,将溴单质分离出来,然后溴单质与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸,再通入氯气,生成溴单质,然后通过蒸馏、分液得到液溴。步骤③已将Br2吹出,步骤④又重新用SO2的水溶液吸收Br2,步骤⑤再用氯气将HBr氧化为Br2,故步骤④⑤的目的是提高溴的含量,即富集溴,A项正确;可用空气吹出Br2,则步骤③说明Br2具有挥发性,B项正确;溴单质具有氧化性,二氧化硫具有强还原性,二者易发生氧化还原反应,步骤④中发生反应SO2+Br2+2H2O===2HBr+H2SO4,Br元素化合价降低,说明Br2具有氧化性,C项错误;分离互不相溶的液体采用分液方法,溴不易溶于水,所以步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物,可用分液漏斗分离,D项正确。 10.溴主要以Br-形式存在于海水中,海水呈弱碱性。工业上制备Br2的操作步骤为 ①一定条件下,将Cl2通入浓缩的海水中生成Br2; ②利用热空气将Br2吹出,并用浓Na2CO3溶液吸收,生成NaBr、NaBrO3等; ③用硫酸酸化步骤②得到的混合物。 回答下列问题: (1)Cl2氧化Br-应在 酸性 条件下进行,目的是避免 氯气与碱发生歧化反应 。  (2)Br2可用热空气吹出,其原因是 Br2易挥发 。  (3)写出步骤③所发生反应的化学方程式: 5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Br2+3Na2SO4+3H2O 。  用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是 防止在酸性条件下,溴酸钠将Cl-氧化为氯气,影响生成溴的纯度 。  步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化,主要是因为 溴具有强氧化性(或强腐蚀性) 。  解析　(1)存在Br-的海水呈弱碱性,在碱性条件下Cl2及生成的Br2易发生歧化反应,故Cl2氧化Br-应在酸性条件下进行。(2)因溴的沸点低、易挥发,故可用热空气吹出。(3)发生归中反应生成硫酸钠、溴单质和水;盐酸能被溴酸钠氧化,故不能利用盐酸酸化。 角度七　海水资源的综合利用 11.海水是取之不尽的化工原料资源,可以从海水中提取各种化工原料。如图是工业上对海水的几项综合利用的示意图: 海水 回答下列问题: (1)电解饱和食盐水时,与电源正极相连的电极上发生的反应为 2Cl--2e-===Cl2↑ 。与电源负极相连的电极附近溶液pH 变大 (填“变大”“不变”或“变小”)。若欲将电解后的饱和食盐水恢复至电解前,则可采取的方法是 向电解液中通入一定量的HCl气体 。  (2)由MgCl2·6H2O晶体脱水制无水MgCl2时,MgCl2·6H2O晶体在 HCl 气流中加热脱水,该气体的作用是 抑制Mg2+水解 。  (3)电解无水MgCl2所得的镁蒸气可以在下列 A (填字母)气体中冷却。  A.H2　　　B.N2　　　C.CO2　　　D.O2 解析　(1)电解饱和食盐水时,与正极相连的阳极发生的反应是2Cl--2e-===Cl2↑,与负极相连的阴极发生的反应是2H2O+2e-===H2↑+2OH-,溶液中c(OH-)增大,pH变大。电解中逸出的是Cl2、H2,所以要确保原溶液浓度不变,只能向体系中通入一定量的HCl气体。(2)MgCl2·6H2O晶体直接加热时Mg2+易水解,为了抑制Mg2+水解,应在HCl气流中加热。(3)镁在加热条件下与N2、CO2、O2反应。 解答海水的工艺流程题目应注意的几点 1.在过程中往往用到结晶、过滤、萃取、分液、蒸馏等实验操作,注意这些操作的使用条件和操作方法的规范性。 2.在制备过程中涉及氧化还原反应、电解反应、水解平衡等化学原理。 3.读懂流程图,抓住物质的流入、流出、挖掘反应条件和重要数据。 4.绿色化学,使用无污染的物质、减少或不排放污染物、物质的循环使用。 微充电　素养提升 技法模型——“元素追踪法”速解有关海水产品工艺流程图 　 【方法归纳】　 通过对比原料及目标产品中的元素组成,先将元素分类为“产品元素”和“杂质元素”,再追踪原料中和目标产品中均存在的元素,即追踪“产品元素”。 【母题】　海藻中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下(已知2KI+Cl2===2KCl+I2,碘与溴一样易溶于有机溶剂): (1)指出提取碘的过程中有关的实验操作名称:① 过滤 ,③ 萃取 。  (2)①提取碘的过程中,可供选择的有机试剂是 B (填字母,下同)。  A.苯、酒精 B.四氯化碳、苯 C.汽油、乙酸 D.汽油、酒精 ②选用试剂的理由是 ACD 。  A.CCl4不溶于水 B.CCl4的密度比水大 C.碘在CCl4中比在水中溶解度更大 D.CCl4与碘水不反应 (3)为使海藻灰中的碘离子转化为碘的有机溶液,实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、漏斗、圆底烧瓶、陶土网以及必要的夹持仪器。尚缺少的玻璃仪器是 分液漏斗 。  (4)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂,还需经过蒸馏,指出如图所示实验装置中的错误之处: 没有陶土网 , 温度计插到了液体中 , 冷凝管进出水的方向颠倒 。  (5)进行上述蒸馏操作时,使用水浴的原因是 萃取剂的沸点较低,I2易升华 。  解析　海藻晒干灼烧后,将得到的海藻灰加水浸泡,过滤得海藻灰悬浊液;往滤液中加入适量氯水,将I-氧化为I2,再用有机溶剂萃取后分液;蒸馏含碘的有机溶液得到碘和有机溶剂。(1)提取碘的过程中有关的实验操作名称:①是分离固体与液体的操作,名称是过滤,③是从水溶液中提取碘单质的操作,名称是萃取。(2)①提取碘的过程中,可供选择的有机试剂应难溶于水,且碘在其中的溶解度比在水中大,应是四氯化碳、苯,故选B。②选用有机试剂四氯化碳、苯,理由是CCl4不溶于水、碘在CCl4中比在水中溶解度更大、CCl4与碘水不反应,故选ACD。(3)为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液,应进行萃取、分液操作,所以尚缺少的玻璃仪器是分液漏斗。(4)蒸馏操作时,蒸馏烧瓶底应垫陶土网、温度计水银球位于支管口处、冷却水下进上出,所以图中蒸馏操作的错误之处为没有陶土网、温度计插到了液体中、冷凝管进出水的方向颠倒。(5)水浴加热的特点:便于控制温度,使反应物均匀受热。则进行上述蒸馏操作时,使用水浴的原因是萃取剂的沸点较低,I2易升华。 【衍生】　海带中含有丰富的碘元素,某实验小组从干海带中提取碘单质(流程如图所示)并进行一系列的探究实验。 实验一:从“含碘有机层”提取碘单质。 (1)查阅资料可知:3I2+6OH-===5I-+I+3H2O、5I-+I+6H+===3I2+3H2O。请选择必要的无机试剂,参考从甲到乙的图示,设计从“含碘有机层”中获取I2的实验流程。 甲乙　含碘有机层水层溶液含I2的悬浊液I2 实验二:探究“含碘废液”中余碘成分。 (2)查阅资料可知,在酸性水溶液中,I能被S还原成I2。 ①写出在酸性水溶液中,I氧化S的离子方程式: 5S+2I+2H+===I2+5S+H2O 。  ②该小组测定含碘废液的pH=8.3,利用稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液,探究含碘废液中碘元素的存在形式,填写表格。 实验操作及现象 实验结论或目的 取适量含碘废液,用萃取剂多次萃取、分液,直至分液后,向水层溶液中滴加淀粉溶液,溶液不变蓝 除去废液中的I2 取水层溶液于A试管中,加入稀盐酸酸化,滴加几滴淀粉溶液,振荡,溶液不变蓝,将溶液均分到B试管和C试管中 [1]废液中不含I和I-或只含其中一种 在B试管中[2]滴加FeCl3溶液,溶液变蓝 废液中含有I- 在C试管中[3]滴加Na2SO3溶液,溶液不变蓝 废液中不含I 实验三:测定I-含量。 (3)取海带灼烧、浸泡、过滤所得的滤液20.00 mL于锥形瓶中,加入20.00 mL 0.010 0 mol·L-1 AgNO3溶液(过量),加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。用0.010 0 mol·L-1 KSCN标准溶液滴定剩余的Ag+至终点,重复上述操作两次。三次实验测定数据如表所示。 实验序号 1 2 3 KSCN标准溶液用量/mL 10.25 10.02 9.98 已知:Ag++SCN-AgSCN↓(白色)　K=1012;Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(红色)　K=102.3。 ①滴定终点的实验现象是 当滴入最后半滴KSCN标准溶液时,锥形瓶内溶液变红,且30 s内不褪色 。  ②滤液中I-的浓度是 0.005 mol·L-1。  解析　(1)在萃取之后的“含碘有机层”中加入烧碱溶液,发生反应3I2+6OH-===5I-+I+3H2O,碘元素从有机层转移到水层,充分反应后分液,得到含有I-和I的水层溶液;向水层溶液中加入稀硫酸酸化,发生反应5I-+I+6H+===3I2+3H2O,得到含I2的悬浊液,过滤得到I2。(2)①根据题中信息,在酸性水溶液中I被S还原成I2,反应的离子方程式为5S+2I+2H+===I2+5S+H2O。②探究“含碘废液”中是否含有I和I-,首先要排除I2的干扰。[1]将除I2后得到的水层溶液用稀盐酸酸化,滴加几滴淀粉溶液,振荡,溶液不变蓝,则废液中不含I和I-或只含其中一种。[2]I-可被Fe3+氧化为I2,在B试管中滴加FeCl3溶液,溶液变蓝,说明发生反应2Fe3++2I-===2Fe2++I2,则废液中含有I-。[3]酸性条件下,I可被S还原成I2,在C试管中滴加Na2SO3溶液,溶液不变蓝,说明无I2生成,则废液中不含I。(3)①由已知信息可知,SCN-先与剩余的Ag+反应,再与Fe3+反应,则达到滴定终点的现象为当滴入最后半滴KSCN标准溶液时,锥形瓶内溶液变红,且30 s内不褪色。②由题表数据可知,第1次实验数据误差较大,应舍弃,取第2次和第3次的实验数据的平均值,即滴定终点时消耗KSCN标准溶液的体积为10.00 mL。由滴定实验可知n(AgNO3)=n(I-)+n(KSCN),则滤液中c(I-)==0.005 mol·L-1。 微真题　把握方向 　 考向一　碘及其化合物 1.(2024·浙江卷1月)为回收利用含I2的CCl4废液,某化学兴趣小组设计方案如下所示,下列说法不正确的是(B) A.步骤Ⅰ中,加入足量Na2CO3溶液充分反应后,上下两层均为无色 B.步骤Ⅰ中,分液时从分液漏斗下口放出溶液A C.试剂X可用硫酸 D.粗I2可用升华法进一步提纯 解析　步骤Ⅰ中,加入足量碳酸钠溶液,碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液,则充分反应后,上下两层均为无色,上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液,下层为四氯化碳,A项正确;四氯化碳的密度大于水,加入足量碳酸钠溶液充分反应后,上下两层均为无色,上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液,下层为四氯化碳,则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A,B项错误;向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘,则试剂X可用硫酸,C项正确;碘受热会发生升华,所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯,D项正确。 2.(2024·黑吉辽卷)H2O2分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①H2O2溶液;②淀粉、丙二酸和MnSO4混合溶液;③KIO3、稀硫酸混合溶液)混合,溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡,周期性变色;几分钟后,稳定为蓝色。下列说法错误的是(C) A.无色→蓝色:生成I2 B.蓝色→无色:I2转化为化合态 C.H2O2起漂白作用 D.淀粉作指示剂 解析　该“碘钟”反应的原理:①在Mn2+的催化下H2O2与I反应生成I2,在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色;②生成的I2又会与H2O2反应生成I,使溶液变回无色;③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2,溶液最终会变成蓝色。溶液由无色变为蓝色说明有I2生成,A项正确;溶液由蓝色变为无色,是将I2转化为I,I2转化为化合态,B项正确;H2O2在此过程中参加反应,不起漂白作用,C项错误;在此过程中,因为有I2的生成与消耗,淀粉在这个过程中起指示剂的作用,D项正确。 3.(2023·辽宁卷)某小组进行实验,向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2,充分振荡,溶液呈浅棕色,再加入0.2 g锌粒,溶液颜色加深;最终紫黑色晶体消失,溶液褪色。已知(aq)为棕色,下列关于颜色变化的解释错误的是(D) 选项 颜色变化 解释 A 溶液呈浅棕色 I2在水中溶解度较小 B 溶液颜色加深 发生反应I2+I- C 紫黑色晶体消失 I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s)I2(aq)右移 D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应 解析　向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2,充分振荡,溶液呈浅棕色,说明I2在水中溶解度较小,A项正确;已知(aq)为棕色,加入0.2 g锌粒后,Zn与I2反应生成ZnI2,生成的I-与I2发生反应I-+I2,生成使溶液颜色加深,B项正确;I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq),Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成,I2(aq)浓度减小,上述溶解平衡向右移动,紫黑色晶体消失,C项正确;最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应,不是置换反应,D项错误。 考向二　有关海水资源的工艺流程 4.(2021·湖南卷)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下: 下列说法错误的是(D) A.物质X常选用生石灰 B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁 C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2 解析　物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2,工业上常采用CaO,发生反应CaO+H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2+Mg2+===Mg(OH)2↓+Ca2+,A项正确;Mg是较活泼金属,工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁,B项正确;由题图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C,生成物之一为MgCl2,C在高温下能将二氧化碳还原为CO,则“气体”为CO,反应方程式为MgO+C+Cl2MgCl2+CO,C项正确;“煅烧”后得到MgO,MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液,由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl,将所得溶液加热蒸发HCl会逸出,MgCl2水解平衡正向移动,得到氢氧化镁,得不到无水MgCl2,D项错误。 5.(2021·全国甲卷)碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。I2的一种制备方法如图所示: (1)加入铁粉进行转化反应的离子方程式为 2AgI+Fe===2Ag+Fe2++2I- ,生成的沉淀与硝酸反应,生成 AgNO3 后可循环使用。  (2)通入Cl2的过程中,若氧化产物只有一种,反应的化学方程式为 FeI2+Cl2===I2+FeCl2 ;若反应物用量比=1.5时,氧化产物为 I2、FeCl3 ;当>1.5后,单质碘的收率会降低,原因是 I2被过量的Cl2进一步氧化 。  解析　(1)由题中流程图可知悬浊液中含AgI,AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag,FeI2易溶于水,在离子方程式中能拆,故加入铁粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe===2Ag+Fe2++2I-,生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环。(2)通入Cl2的过程中,因I-的还原性强于Fe2+,Cl2先氧化还原性强的I-,若氧化产物只有一种,则该氧化产物只能是I2,故反应的化学方程式为FeI2+Cl2===I2+FeCl2,若反应物用量比=1.5时即Cl2足量,先氧化全部I-再氧化Fe2+,恰好将全部I-和Fe2+氧化,故氧化产物为I2、FeCl3,当>1.5时即Cl2过量,多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应,单质碘的收率会降低。 第16讲　硫及其氧化物 [目标速览]　1.了解硫元素的存在及其单质的性质和用途。2.掌握硫的氧化物的主要性质及应用。 微考点　核心突破 考点1　硫 知|识|梳|理 1.自然界中的硫 (1)游离态:存在于火山口附近或地壳的岩层中。 (2) 2.物理性质 俗称硫黄;颜色状态黄色晶体;溶解性:水中难溶,酒精中微溶,CS2中易溶。 3.化学性质 (1)与非金属反应。 与H2、O2反应的化学方程式为S+H2H2S,S+O2SO2(现象:蓝紫色火焰)。 (2)与金属反应。 与Fe、Cu反应的化学方程式为Fe+SFeS,2Cu+SCu2S。 (3)与碱反应。 与NaOH反应的化学方程式为3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.要清洗附着在试管壁上的硫,可用的试剂是CS2或热的强碱液。(√) 提示:硫易溶于CS2,并且可与强碱溶液发生反应3S+6OH-2S2-+S+3H2O。 2.硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫,在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫。(×) 提示:硫无论在空气中还是在纯氧中,燃烧产物均为二氧化硫。 3.硫与铁粉和铜粉分别反应,都可生成二价金属硫化物。(×) 提示:铜与硫反应生成Cu2S,其中Cu显+1价。 4.等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应,消耗KOH的物质的量相同。(√) 提示:根据硫元素守恒,等质量的硫单质消耗氢氧化钾的物质的量相同。 知|识|对|练 角度一　硫单质的性质 1.中医用药讲究“十八反”和“十八畏”,其中有“硫黄原是火中精,朴硝一见便相争”,硫黄即硫单质。下列说法中不正确的是(D) A.硫黄是一种黄色晶体,易研成粉末 B.少量的硫与铜反应可生成Cu2S C.试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗 D.硫在空气中燃烧产生蓝紫色火焰 解析　硫是一种黄色晶体,质脆,易研成粉末,A项正确;硫与铜反应生成Cu2S,B项正确;硫黄易溶于二硫化碳,试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗,C项正确;硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰,在纯氧中燃烧产生蓝紫色火焰,D项错误。 2.在下列反应中硫元素只表现氧化性的是(A) A.2Al+3SAl2S3 B.S+2H2SO4(浓)2H2O+3SO2↑ C.H2SH2+S D.3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O 解析　该反应中S元素的化合价由0价变为-2价,所以只体现氧化性,A项正确;该反应中S元素的化合价由0价、+6价变为+4价,所以S元素体现还原性和氧化性,B项错误;该反应中S元素的化合价由-2价变为0价,所以S元素只体现还原性,C项错误;该反应中S元素的化合价由0价变为-2价、+4价,所以S元素体现氧化性和还原性,D项错误。 考点2　硫的氧化物　O3　H2O2 　 知|识|梳|理 一、二氧化硫 1.SO2的物理性质 SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体,密度比空气的大,易液化,易溶于水(常温常压下,1体积的水大约能溶解40体积的SO2)。高中阶段需掌握的易液化的三种气体分别是SO2、Cl2、NH3。 2.SO2的化学性质 (1)将二氧化硫分别通入下列溶液中,把产生的现象与其体现的性质填入下表空格中: 溶液 石蕊 溶液 加有酚酞 的氢氧化 钠溶液 酸性 KMnO4 溶液 溴水 品红 溶液 现象 只变红 不褪色 红色 褪去 紫红色 褪去 溴水 褪色 品红 褪色 SO2 的性质 溶于水 显酸性 溶于水显 酸性 还原性 还原性 漂白性 (2)将二氧化硫通入水中,反应的化学方程式是SO2+H2OH2SO3,若在空气中放置一段时间后,再加入BaCl2溶液,出现的现象是产生白色沉淀,其原因是H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4,H2SO4电离产生S,发生反应Ba2++S===BaSO4↓。 (3)SO2的氧化性。 ①通入H2S有淡黄色固体析出,反应的化学方程式为2H2S+SO2===3S+2H2O。 ②镁能在SO2气体中燃烧,其方程式为2Mg+SO22MgO+S,Mg+SMgS。 3.SO2的实验室制法和检验 (1)原理:Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O。 (2)装置、收集:与制取Cl2相似(可不加热)。 (3)检验是否收集满:将湿润的蓝色石蕊试纸放在瓶口处,若试纸迅速变红,证明已收集满。 (4)尾气吸收:用NaOH溶液吸收。 4.硫酸型酸雨及防治 (1)硫的氧化物的来源、危害及治理。 (2)硫酸型酸雨的形成过程。 微提醒　(1)SO2的学习主要抓住三点:一是酸性氧化物,类似于CO2,如能使澄清石灰水变浑浊。二是具有较强的还原性,易被氧化。三是漂白性。 (2)SO2能使一些溶液褪色,经常要判断原因是还原性还是漂白性。 (3)检验SO2中是否混有CO2时,应先利用两者性质的不同将SO2除净,再通入澄清石灰水中检验CO2是否存在。 二、三氧化硫 1.物理性质 熔点为16.8 ℃,沸点为44.8 ℃,常温下为液态,标准状况下为固态。 2.化学性质 三氧化硫具有酸性氧化物的通性,主要反应如下: 三、臭氧(O3) 1.组成 臭氧的分子式为O3,与O2互为同素异形体。 2.产生方式 在放电条件下空气中的O2可以转化为O3,反应的化学方程式为3O22O3。 3.物理性质 常温常压下,O3是一种有特殊臭味的淡蓝色气体,它的密度比O2的大。 4.化学性质 (1)不稳定性:O3不稳定,容易分解,反应的化学方程式为2O3===3O2。 (2)强氧化性:O3容易使湿润的淀粉⁃KI试纸变蓝,反应的化学方程式为O3+2KI+H2O===2KOH+I2+O2。 (3)漂白和消毒:有些染料受到臭氧的强烈氧化会褪色,臭氧还可以杀死许多细菌,因此臭氧是一种很好的脱色剂和消毒剂。 5.用途 (1)可用作脱色剂和消毒剂。 (2)臭氧层可以吸收来自太阳的紫外线,是人类和其他生物的保护伞。氟氯代烷是破坏臭氧层的“元凶”。 四、过氧化氢(H2O2) 1.结构 化学式为H2O2,电子式为HH,结构式为H—O—O—H,H、O原子个数比为1∶1,是既含极性键又含非极性键的共价化合物。 2.化学性质 (1)不稳定性:加热、加催化剂都能使分解加快。 2H2O22H2O+O2↑。 (2)弱酸性:相当于二元弱酸。 H2O2H++H,HH++。 (3)强氧化性。 ①用10%的过氧化氢漂白羽毛及丝织品。 ②在酸性条件下,氧化Fe2+、S等还原性物质:H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O,H2O2+S===S+H2O。 ③在酸性条件下,使湿润的淀粉⁃KI试纸变蓝: H2O2+2I-+2H+===I2+2H2O。 (4)弱还原性。 2KMnO4+5H2O2+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.标准状况下,2.24 L SO3中含有的硫原子数为NA。(×) 2.将SO2通入紫色石蕊溶液中,紫色石蕊溶液先变红后褪色。(×) 3.SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色,体现了SO2的漂白性。(×) 4.O2与O3互为同素异形体,它们之间的转化属于物理变化。(×) 5.H2O2是绿色氧化剂,只有氧化性。(×) 实|验|回|放 实验:SO2性质的实验探究 探究性质 实验操作 实验装置及实验现象 SO2的 水溶性 把充满SO2、塞有橡胶塞的试管倒立在水中,在水面下打开橡胶塞 试管内液面上升 SO2水溶 液的酸 碱性 待液面高度不再明显变化时,在水下用橡胶塞塞紧试管口,取出试管,用pH试纸测定溶液的酸碱度 pH试纸变红 SO2的 漂白性 用试管取2 mL上面实验得到的溶液,滴入1~2滴品红溶液,振荡,观察颜色变化;加热试管,再观察溶液的变化 溶液先变红,振荡后褪色;再加热后,溶液又变红色 由以上实验可得出结论:①SO2易溶于水,其水溶液显酸性。②SO2具有漂白性,可以漂白品红溶液,但由于漂白后生成的无色物质不稳定,加热后,褪色的品红溶液又会恢复原来的颜色。 提醒　SO2能使品红溶液褪色但不能使酸碱指示剂褪色。 知|识|拓|展 1.SO2和CO2的鉴别方法 (1)常用的鉴别方法。 SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊,若通入的气体过量,则沉淀都可以消失,所以不能用澄清石灰水鉴别SO2和CO2,通常可以用以下方法: 试剂 现象及结论 原理(反应方程式) 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 出现黄色浑浊的是SO2,无明显现象的是CO2 2H2S+SO2===2H2O+3S↓ 酸性高 锰酸钾 溶液 使紫色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2 2KMnO4+5SO2+2H2O===K2SO4+2MnSO4+2H2SO4 溴水 使橙色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2 Br2+2H2O+SO2===2HBr+H2SO4 硝酸酸 化的硝 酸钡 溶液 产生白色沉淀的是SO2,无明显现象的是CO2 2H2O+2HNO3+3SO2===3H2SO4+2NO↑ Ba(NO3)2+H2SO4===BaSO4↓+2HNO3 FeCl3 溶液 使棕黄色变浅的是SO2,无明显现象的是CO2 2FeCl3+SO2+2H2O===FeCl2+FeSO4+4HCl (2)检验CO2、SO2同时存在的实验设计流程。 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 KMnO4 (H+)溶液 或溴水 品红 溶液 澄清石 灰水 预期 现象 褪色 褪色 不褪色 变浑浊 实验 图示 2.常见的能用于漂白的物质的比较 用于漂白 的物质 实际参 与漂白 的物质 漂白原理 变化 类别 漂白 特点 能漂白 的物质 活性炭 活性炭 吸附漂白 物理 变化 物理 漂白 一般用于 溶液漂白 氯气 (潮湿) 次氯酸 利用次氯酸的强氧化性进行氧化漂白 化学 变化 氧化漂白,不可逆 可以漂白所有的有机色质 次氯酸盐 次氯酸 过氧化氢 过氧 化氢 过氧化氢的强氧化性 化学 变化 氧化漂白,不可逆 可以漂白所有的有机色质 二氧化硫 二氧 化硫 二氧化硫与某些有色物质化合生成不稳定的无色物质 化学 变化 化合漂白,可逆 具有选择性,如品红、棉、麻、草等 3.消除SO2对环境污染的三种方法 方法一:钙基固硫法。 为防治酸雨,工业上常用生石灰和含硫的煤混合后燃烧,燃烧时硫、生石灰、O2共同反应生成硫酸钙,从而使硫转移到煤渣中,反应原理为CaO+SO2CaSO3、2CaSO3+O2===2CaSO4,总反应方程式为2CaO+2SO2+O22CaSO4。 方法二:氨水脱硫法。 该脱硫法采用喷雾吸收法,雾化的氨水与烟气中的SO2直接接触吸收SO2,其反应的化学方程式为NH3+SO2+H2O===NH4HSO3、2NH3+SO2+H2O===(NH4)2SO3、2(NH4)2SO3+O2===2(NH4)2SO4。 方法三:钠、碱脱硫法。 钠、碱脱硫法是用NaOH或Na2CO3吸收烟气中的SO2,得到Na2SO3和NaHSO3,发生反应的化学方程式为2NaOH+SO2===Na2SO3+H2O、Na2CO3+SO2===Na2SO3+CO2、Na2SO3+SO2+H2O===2NaHSO3。 知|识|对|练 角度二　二氧化硫的性质 3.(2025·天津模拟)SO2溶于水后溶液的实验探究中,下列依实验操作及现象得出的结论正确的是(A) A.向SO2溶液中加入少量品红溶液,品红溶液褪色,说明SO2水溶液具有漂白性 B.向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,说明SO2水溶液中含有S C.向SO2溶液中通入H2S气体,有淡黄色沉淀产生,说明SO2水溶液具有还原性 D.向KMnO4溶液中滴加SO2溶液,溶液颜色褪去,说明SO2水溶液具有漂白性 解析　二氧化硫具有漂白性,可以使品红溶液褪色,品红溶液中不断地通入SO2气体,品红溶液褪色,说明SO2水溶液具有漂白性,A项符合题意;向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液,SO2与H2O反应电离出H+,硝酸钡电离出硝酸根离子,SO2被硝酸氧化生成S,S和Ba2+反应生成BaSO4沉淀,故有白色沉淀产生,不能说明SO2水溶液中含有S,B项不符合题意;向SO2水溶液中通入H2S气体,发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S,由S元素的化合价降低可知SO2水溶液具有氧化性,C项不符合题意;高锰酸钾可氧化二氧化硫,溶液褪色,体现二氧化硫的还原性,D项不符合题意。 4.(2025·广东模拟)微型实验药品用量少,绿色环保。如图所示为探究SO2性质的微型实验,滤纸①~④分别浸泡了相关试剂,实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法不正确的是(B) A.滤纸①变红,体现了SO2酸性氧化物的性质 B.滤纸②③褪色均证明SO2具有还原性 C.滤纸④上有黄色固体生成,证明SO2具有氧化性 D.实验中可用NaHSO3固体代替Na2SO3固体 解析　浓硫酸和亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体,紫色石蕊为酸碱指示剂,酸性溶液使其变红,滤纸①变红,体现了SO2酸性氧化物的性质,A项正确;碘水褪色证明SO2具有还原性,品红褪色证明SO2具有漂白性,B项错误;滤纸④上有黄色固体生成,证明SO2具有氧化性,当SO2少量时发生反应3SO2+2Na2S===3S↓+2Na2SO3;当SO2足量时发生反应5SO2+2Na2S+2H2O===3S↓+4NaHSO3,C项正确;实验中可用NaHSO3固体代替Na2SO3固体,均会生成二氧化硫且无杂质气体,D项正确。 5.实验室制取、收集SO2并验证其性质,下列装置不能达到实验目的的是(C) A.用装置甲制取SO2 B.用装置乙收集SO2 C.用装置丙验证SO2的漂白性 D.用装置丁验证SO2的还原性 解析　亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫,可选图甲固液反应装置制备二氧化硫,A项正确;二氧化硫的密度比空气密度大,可选图乙向上排空气法收集,B项正确;二氧化硫为酸性氧化物,可使石蕊溶液变红,不能验证其漂白性,C项错误;二氧化硫被溴水氧化生成硫酸,S元素的化合价升高,可验证SO2的还原性,D项正确。 角度三　CO2与SO2的检验 6.如图是检验某无色气体A是SO2和CO2的混合气体的装置图,按要求回答下列问题: (1)B中加入的试剂是 品红溶液 ,作用是 检验SO2 。  (2)C中加入的试剂是 酸性KMnO4溶液 ,作用是 除去SO2并检验SO2是否除尽 。  (3)D中加入的试剂是 澄清石灰水 ,作用是 检验CO2 。  (4)实验时,C中应观察到的现象是 酸性KMnO4溶液的颜色变浅 。  解析　一定要理解题意是检验气体成分,检验二氧化硫用品红溶液,吸收二氧化硫用酸性KMnO4溶液,检验二氧化碳用澄清石灰水;在检验二氧化碳之前必须除尽二氧化硫,因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽,所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅,但不能褪成无色,若褪成无色则不能证明二氧化硫已除尽,故C处的酸性KMnO4必须足量。 角度四　SO2的漂白原理 7.“合异以为同,散同以为异”,哲学中的“同一论”既考察事物相同的一面,又考察事物不同的一面。下列说法不正确的是(A) A.因为SO2具有漂白性,所以它能使品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、石蕊溶液褪色 B.能使品红溶液褪色的不一定是SO2 C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色,其原理不都相同 D.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,失去漂白能力 解析　A项中SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性,能使品红溶液褪色是因为其具有漂白性,SO2不能使石蕊溶液褪色;B项,能使品红溶液褪色的物质有很多,如Cl2,不仅仅是SO2;C项中这些漂白剂的漂白原理不都相同;D项,SO2和Cl2等物质的量混合后在溶液中发生反应SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl,从而使SO2失去漂白能力。 角度五　含硫化合物对环境的污染及治理 8.酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程,在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如图,下列有关说法错误的是(B) A.光照能引发酸雨的形成 B.所涉及的变化均为氧化还原反应 C.污染空气能加快酸雨的形成 D.优化能源结构能有效遏制酸雨污染 解析　由题中图示可知,酸雨形成的两个途径中都涉及了光照,A项正确;SO2变为SO2*,没有元素化合价变化,不属于氧化还原反应,B项错误;由题图中信息可知,途径Ⅱ的速率大于途径Ⅰ,C项正确;优化能源结构能减少化石燃料的使用,能有效减少二氧化硫的排放量,故能有效遏制酸雨污染,D项正确。 9.环保是21世纪人类社会的主要课题之一。火电厂、燃煤锅炉是SO2污染集中、规模较大的行业,石灰石—石膏烟脱硫是除去SO2的一种常用方法。其过程如图1。 研究发现:pH和温度会对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响;当烟气通入速度一定时,石灰石浆液的脱硫效率与浆液pH的关系如图2,下列有关说法正确的是(C) SO2—→H2SO3—→CaSO3—→CaSO4—→CaSO4·2H2O 图1 A.烟气通入石灰石浆液时的温度越高吸收越快,吸收率越高 B.石灰石浆液pH>5.7时,烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度增大 C.将脱硫后的气体通入KMnO4溶液,可粗略判断烟气脱硫效率的高低 D.上述方法中用石灰石浆液吸收64 g SO2,理论上生成22 g CO2 解析　烟气通入石灰石浆液时的温度越高,气体二氧化硫的溶解度越小,部分二氧化硫不能被溶解,就会逸出溶液使吸收率降低,A项错误;石灰石浆液pH>5.7时,烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度减小,石灰石的浓度减小,脱硫效率随之下降,B项错误;脱硫后的气体中是否残存二氧化硫,含多少,可以利用高锰酸钾溶液褪色的程度和快慢粗略判断烟气脱硫效率,C项正确;分析得到总反应为2CaCO3+2SO2+O2+4H2O===2CaSO4·2H2O+2CO2↑,1 mol 二氧化硫反应生成1 mol 二氧化碳,即每吸收64 g 二氧化硫理论上生成44 g 二氧化碳,D项错误。 角度六　臭氧的性质和应用 10.保罗·克拉兹等三位科学家因在氟利昂和臭氧层方面的研究获得诺贝尔化学奖,他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理,如图所示。下列说法不正确的是(B) A.氯原子在反应中作催化剂 B.过氧化氯的结构式为O—Cl—Cl—O C.臭氧分子最终转变成氧气分子 D.过程②中一氧化氯断键形成过氧化氯 解析　题图中反应历程为①Cl+O3—→ClO+O2,②ClO+ClO—→ClOOCl,③ClOOCl2Cl+O2。该过程的总反应为2O3===3O2,所以氯原子在反应中作催化剂,A项正确;过氧化氯的结构式为Cl—O—O—Cl,B项错误;由该过程的总反应知臭氧分子最终转变成氧气分子,C项正确;过程②反应为ClO+ClO—→ClOOCl,一氧化氯断键形成过氧化氯,D项正确。 角度七　H2O2的性质和应用 11.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液,很快有大量气体逸出,同时放热,一段时间后,蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O),继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是(C) A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B.H2O2既表现了氧化性又表现了还原性 C.H2O2的电子式为 D.发生反应Cu2O+H2O2+4H+===2Cu2++3H2O 解析　根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”,说明铜元素由+2价被还原成+1价,H2O2表现了还原性;继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+===2Cu2++3H2O,H2O2表现了氧化性,故B、D两项正确;H2O2的电子式为,C项错误。 12.(1)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示: “净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是 将Fe2+全部氧化为Fe3+ 。然后再调节溶液的pH约为5,目的是 使Fe3+与Al3+全部形成氢氧化物沉淀而除去 。  (2)H2O2的电子式为 。  (3)H2O2氧化SO2的化学方程式为 SO2+H2O2===H2SO4 。  (4)写出H2O2在Fe3+催化下发生分解反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目:  。  (5)H2O2可将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨,相应的离子方程式为 H2O2+CN-+OH-===C+NH3↑ 。  微充电　素养提升 一手考情——气体物质的检验与鉴别融合在物质的热分解中 　 【考情归纳】　 气体物质的检验与鉴别常融合在物质热分解实验中进行考查,常考查碳酸盐、碳酸氢盐、铵盐、硝酸盐、带结晶水的物质等的热分解产物,涉及的气体主要有CO、CO2、SO2、水蒸气、NO等,如2023全国乙卷中用元素分析法对有机化合物进行C、H元素分析,涉及气体CO、CO2、水蒸气的考查。考生在解题时要注意气体物质检验的顺序,且要注意排除干扰因素。 【母题】　某同学通过查阅资料得知绿矾(FeSO4·7H2O)受热分解时可生成气体物质和一种铁的氧化物,于是该同学设计如图所示装置(夹持仪器省略)验证气体产物(已知SO3的沸点为44.8 ℃)。下列说法正确的是(C) A.试剂X为碱石灰,用于检验气体产物中的水 B.若装置C中有沉淀生成,表明分解产物中有SO2 C.若装置D中有沉淀生成,表明分解产物中有SO2 D.加热装置A中固体前通入N2,目的是排除空气中CO2的干扰 解析　由题意知,绿矾受热分解时可生成气体物质和一种铁的氧化物,绿矾分解可能会生成SO2、SO3,装置B是检验水蒸气的装置,若试剂X为碱石灰,会吸收SO2、SO3,干扰后续实验,检验是否有水生成可使用无水CuSO4,A项错误;装置C、D用于检验气体产物中是否含有SO2、SO3,酸性条件下SO2不能与BaCl2溶液反应,B项错误;由于可能生成的SO3会在装置C中与足量BaCl2溶液全部反应生成BaSO4沉淀,而SO2进入装置D中被H2O2氧化后可与BaCl2反应生成BaSO4沉淀,则若装置D中有沉淀生成,表明分解产物中有SO2,C项正确;加热装置A中固体前通入N2的目的是排尽装置中的空气,防止空气中的O2干扰SO2和SO3的检验,D项错误。 【衍生】　(2025·广东期中)微型实验符合绿色化学理念,铜与浓硫酸的反应探究实验如图所示。下列说法正确的是(D) A.紫色石蕊溶液和品红溶液都褪色,分别体现SO2的酸性和漂白性 B.向反应后冷却的试管中加入蒸馏水,检验产物中是否有CuSO4 C.BaCl2溶液中产生白色沉淀 D.A溶液通常是NaOH溶液 解析　热铜丝与浓硫酸反应生成的二氧化硫依次通过紫色石蕊溶液、品红溶液、氯化钡溶液和硫化钠溶液,二氧化硫有毒,最后用A溶液进行尾气吸收。二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红,但不褪色,体现了SO2的酸性,A项错误;反应后的溶液中可能仍有浓硫酸,所以应将反应后的溶液缓慢倒入装有适量水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌,B项错误;由于盐酸酸性强于亚硫酸,向BaCl2溶液中通入SO2不会产生白色沉淀,C项错误;二氧化硫有毒,为酸性氧化物,常用NaOH溶液除去SO2,D项正确。 微真题　把握方向 　 考向一　硫元素的存在及二氧化硫的性质 1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 (1)用石灰乳除去废气中二氧化硫,体现了Ca(OH)2的碱性。(2024·山东卷)(√) (2)SO2能使某些色素褪色,可用作漂白剂。(2023·浙江卷1月)(√) (3)SO2可漂白纸浆,不可用于杀菌、消毒。(2021·湖南卷)(×) (4)硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等。(2019·浙江选考)(√) (5)向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加过氧化氢,产生白色沉淀。(2019·浙江选考)(√) 解析　(1)SO2是酸性氧化物,石灰乳为Ca(OH)2,呈碱性,吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性。(2)SO2具有漂白性,能使某些色素褪色。(3)二氧化硫除了具有漂白作用,可漂白纸浆、毛和丝等,还可用于杀菌消毒,例如,在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫,起到杀菌、抗氧化作用。(4)硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在,在火山口处有硫单质。(5)过氧化氢将SO2氧化,离子方程式为H2O2+SO2===S+2H+,氯化钡溶液中的Ba2+与S生成BaSO4白色沉淀。 2.(2022·江苏卷)实验室制取少量SO2水溶液并探究其酸性,下列实验装置和操作不能达到实验目的的是(C) A.用装置甲制取SO2气体 B.用装置乙制取SO2水溶液 C.用装置丙吸收尾气中的SO2 D.用干燥pH试纸检验SO2水溶液的酸性 解析　60%的硫酸和NaHSO3(s)可发生反应H2SO4+2NaHSO3===Na2SO4+2SO2↑+2H2O,因此装置甲可以制取SO2气体,A项正确;气体通入液体时“长进短出”,装置乙可以制取SO2水溶液,B项正确;SO2不能与饱和NaHSO3溶液发生反应,因此装置丙不能吸收尾气中的SO2,C项错误;SO2水溶液显酸性,可用干燥的pH试纸检验其酸性,D项正确。 3.(2021·山东卷)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图,下列说法错误的是(B) A.吸收过程中有气体生成 B.结晶后母液中含有NaHCO3 C.气流干燥湿料时温度不宜过高 D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 解析　根据工艺流程逆向分析可知,以二氧化硫和纯碱为原料,得到结晶的成分为NaHSO3,则母液为饱和NaHSO3溶液和由过量的二氧化硫形成的亚硫酸,溶液呈酸性,所以加入纯碱进行中和,涉及的反应为H2SO3+2Na2CO3===Na2SO3+2NaHCO3、NaHSO3+Na2CO3===Na2SO3+NaHCO3,所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3,通入二氧化硫气体进行混合吸收,此时吸收过程中发生的反应为Na2SO3+SO2+H2O===2NaHSO3↓、SO2+NaHCO3===CO2+NaHSO3↓,此时会析出大量NaHSO3晶体,经过离心分离,将得到的湿料再进行气流干燥,最终得到NaHSO3产品,据此分析解答。根据上述分析可知,吸收过程中有二氧化碳生成,A项正确;结晶后母液中含饱和NaHSO3溶液和由过量的二氧化硫形成的亚硫酸,没有NaHCO3,假设产物中存在NaHCO3,则其会与生成的NaHSO3发生反应,且NaHCO3溶解度较低,若其残留于母液中会使晶体不纯,假设不成立,B项错误;NaHSO3高温时易分解变质,所以气流干燥过程中温度不宜过高,C项正确;结合上述分析可知,中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3,D项正确。 考向二　硫化物的制取、性质及计算 4.(2024·浙江卷1月)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S,实验装置如图,反应方程式为CaS+MgCl2+2H2O===CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑。 已知:①H2S的沸点是-61 ℃,有毒; ②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 回答下列问题: (1)仪器X的名称是 圆底烧瓶 。  (2)完善虚框内的装置排序:A→B→ E → C → D →F→G  (3)下列干燥剂,可用于装置C中的是 BC 。  A.氢氧化钾 B.五氧化二磷 C.氯化钙 D.碱石灰 (4)装置G中汞的两个作用是:①平衡气压;② 液封 。  (5)下列说法正确的是 ABC 。  A.该实验操作须在通风橱中进行 B.装置D的主要作用是预冷却H2S C.加入的MgCl2固体可使MgCl2溶液保持饱和,有利于平稳持续产生H2S D.该实验产生的尾气可用硝酸吸收 (6)取0.680 g H2S产品,与足量CuSO4溶液充分反应后,将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中,煅烧生成CuO,恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 99% 。  解析　(2)制备气体的装置包括发生装置、除杂装置、收集装置和尾气处理,由于不能骤冷,要逐步冷却,所以B连E,E连C,C连D,D连F。(3)H2S是酸性气体,不可以用碱性干燥剂,所以不可以用氢氧化钾和碱石灰,故选BC。(4)装置G中汞的两个作用是:①平衡气压;②液封。(5)H2S有毒,该实验操作须在通风橱中进行,A项正确;气体不能骤冷,装置D的主要作用是预冷却H2S,B项正确;加入的MgCl2固体可使MgCl2溶液保持饱和,有利于平稳持续产生H2S,C项正确;该实验产生的尾气不可用硝酸吸收,硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质,但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2会污染空气,D项错误。(6)根据铜守恒,氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g,则氧化铜的物质的量为0.019 8 mol,,硫化铜的物质的量为0.019 8 mol,则H2S的物质的量为0.019 8 mol,H2S的质量为0.673 2 g,产品纯度为×100%=99%。 第17讲　硫酸　含硫物质的转化 [目标速览]　1.掌握硫酸的性质及应用,掌握S的检验。2.了解硫酸型酸雨的形成及防治方法。3.能从物质类别、硫的化合价变化理解硫及其化合物的转化关系。4.掌握硫及其重要化合物的性质及制备方案。 微考点　核心突破 考点1　硫酸、硫酸根离子的检验 　 知|识|梳|理 一、硫酸的性质 1.硫酸的物理性质 (1)物理性质。 ①纯硫酸是一种无色黏稠油状液体,沸点高,难挥发。 ②98%的硫酸称为浓硫酸,其密度为1.84 g·mL-1,物质的量浓度为18.4 mol·L-1,浓硫酸溶于水时放出大量的热。 (2)稀释浓硫酸的方法。 ①把浓硫酸沿器壁慢慢地注入水中,并用玻璃棒不断搅拌。 ②规律:两种液体混合时,要把密度大的加到密度小的液体中,如浓硫酸、浓硝酸混合酸的配制方法是把浓硫酸沿器壁慢慢地注入浓硝酸中。 2.浓硫酸的特性 (1)强氧化性。 常温下,Fe、Al遇浓硫酸会发生钝化现象。但热的浓硫酸能氧化大多数金属(除金、铂外)、非金属单质及一些还原性化合物。例如: Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,2HI+H2SO4(浓)I2+SO2↑+2H2O。 在这些氧化还原反应中,硫酸的还原产物一般为SO2。 (2)吸水性。 浓硫酸能吸收物质中的水分。 H2SO4(浓)+nH2O===H2SO4·nH2O, 利用此性质可用浓硫酸作干燥剂。干燥一些不与浓硫酸反应的气体,通常用洗气装置。如可用浓硫酸干燥O2、H2、CO2、Cl2、HCl、SO2、CO、CH4、C2H2等气体。 如图所示为浓硫酸干燥氯气的实验装置。 注意　浓硫酸不能干燥碱性气体(如NH3)和具有较强还原性的气体(如H2S、HI等)。 (3)脱水性。 指浓硫酸将有机物里的氢、氧原子按2∶1的个数比脱去,生成水的性质。例如: CH3CH2OHCH2==CH2↑+H2O, C12H22O1112C+11H2O, HCOOHCO↑+H2O。 (4)难挥发性。 H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+2HCl↑, H2SO4(浓)+NaNO3NaHSO4+HNO3↑。 根据此性质可制备挥发性酸。 二、S的检验 S遇到可溶性钡盐时,会生成白色沉淀。该沉淀既不溶于水,也不溶于酸。干扰检验S的其他离子有Ag+、S、C,故检验S的常用方法是向试液中先加入足量盐酸,若无明显变化,再加入BaCl2溶液,若有白色沉淀产生时,表明试液中含有S。 三、硫酸工艺 工业上制硫酸的原料:接触法制H2SO4可以用硫黄、黄铁矿、石膏以及有色金属冶炼厂的烟气(含一定量的SO2)等。用硫黄作原料成本低、对环境污染少,而我国由于硫黄资源较少,主要用黄铁矿(主要成分为FeS2)作原料制取硫酸。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.向Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀出现,说明Na2SO3溶液已经变质。(×) 提示:检验S时一定要注意S的还原性,所以不能加入氧化剂,如S在酸性条件下会被N氧化为S。 2.某溶液中加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,加稀硝酸后,白色沉淀不溶解,也无其他现象,说明该溶液中一定含有S。(×) 提示:检验S要注意Ag+的干扰。 3.某溶液中加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,加稀盐酸后,白色沉淀不溶解,也无其他现象,说明该溶液中一定含有S。(×) 提示:无法排除Ag+的干扰。 4.浓硫酸与Cu、C的反应中都体现了浓硫酸的酸性和强氧化性。(×) 提示:浓硫酸与Cu反应中,体现了浓硫酸的酸性和强氧化性,而浓硫酸与C反应中只体现浓硫酸的强氧化性。 5.浓硫酸使胆矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末,体现了浓硫酸的脱水性。(×) 提示:浓硫酸使胆矾变成白色粉末,体现了浓硫酸的吸水性。 实|验|回|放 实验:铜与浓硫酸的反应 实验步骤 实验现象 ①如图将仪器组装好,检查装置的气密性,并在试管中加入2 mL浓硫酸,塞好,使下端卷成螺旋状的铜丝与浓硫酸接触 加热前,铜丝在浓硫酸中无明显变化 ②点燃酒精灯,加热a试管,把放出的气体通入品红溶液和紫色石蕊溶液中 加热后,铜丝表面有气泡逸出,b试管中的品红溶液逐渐变为无色,c试管中的紫色石蕊溶液逐渐变为红色 ③向上拉铜丝,终止反应,冷却至室温,把a试管中的液体慢慢倒入盛有水的烧杯中,并不断搅拌 将a试管里的溶液慢慢倒入水中,溶液显蓝色 知|识|拓|展 1.鉴别稀硫酸和浓硫酸的方法 方法一:取少量蒸馏水,向其中加入少量硫酸试样,如能放出大量热则为浓硫酸,无明显变化则为稀硫酸。 方法二:观察状态,浓硫酸为黏稠状液体,而稀硫酸为黏稠度较小的溶液。 方法三:取等体积的两份物质用手掂掂,因为浓硫酸的密度较大(1.84 g·cm-3)。相同体积的浓硫酸和稀硫酸相比,浓硫酸的质量大得多,感觉重。 方法四:取少量试样,向其中投入铁片,若产生大量气体则为稀硫酸,发生的反应为Fe+2H+===Fe2++H2↑;若无明显现象(钝化)则为浓硫酸。 方法五:用玻璃棒蘸取试样在纸上写字,立即变黑者为浓硫酸,否则为稀硫酸。 方法六:取少量试样,分别投入一小块铜片,稍加热发生反应的(有气泡产生)为浓硫酸(浓硫酸表现强氧化性和酸性),无变化的是稀硫酸。 2.硫酸与金属的反应 (1)常温下浓硫酸可使Fe、Al钝化,如加热或将浓硫酸稀释,则可以继续反应。 (2)浓硫酸与活泼金属(如Zn)反应,开始时产生SO2,硫酸浓度变小后产生H2。 (3)浓硫酸与不活泼金属(如Cu)反应,开始时产生SO2(加热),浓度变小后,稀硫酸不再与Cu反应。如1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应,生成的SO2小于1 mol。 (4)浓硫酸在与金属的反应中既表现强氧化性又表现酸性。浓硫酸在与非金属的反应中只表现强氧化性。 知|识|对|练 角度一　硫酸的性质 1.在实验探究课上,同学们积极思考,共设计出如图所示的四种实验方案用以验证浓硫酸的吸水性,其中在理论上可行的是(A) A.①②③④ B.①③④ C.①②④ D.②③④ 解析　浓硫酸吸水后放热,使温度升高,①可行;浓硫酸具有吸水性,能使胆矾晶体由蓝色变成白色,②可行;浓硫酸具有吸水性,使饱和KNO3溶液中的水减少,有晶体析出,③可行;浓硫酸具有吸水性,试管中的水会在导管中形成一段水柱,④可行。 2.用如图所示的实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是(D) A.上下移动①中铜丝可控制产生SO2的量 B.②中选用品红溶液验证SO2的生成 C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2 D.为确认有CuSO4生成,向①中加水,观察颜色 解析　移动铜丝,可控制铜丝与浓硫酸的接触,即控制SO2的生成量,A项正确;用品红溶液验证SO2和用NaOH溶液吸收SO2均正确,B、C两项正确;由于试管中有过量的浓硫酸,所以不能直接向试管中加水,而应待冷却后将试管中的液体慢慢注入水中,D项错误。 3.对下列事实的解释正确的是(B) A.蘸有浓硫酸和蘸有浓氨水的玻璃棒靠近没有白烟,说明硫酸与氨气不反应 B.医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药,是因为硫酸钡不溶于酸 C.向50 mL 18 mol·L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后,被还原的H2SO4的物质的量等于0.45 mol D.常温下,浓硫酸可以用铝制容器贮存,说明铝与浓硫酸不反应 解析　氨与挥发性酸反应可形成白烟,硫酸难挥发,A项错误;硫酸钡难溶于胃酸,所以医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药,B项正确;随着反应的进行,硫酸的浓度降低,稀硫酸不能与铜反应,C项错误;常温下浓硫酸使铝钝化(化学变化),形成致密的氧化膜,阻碍反应的继续进行,D项错误。 角度二　硫酸的工业制取 4.下列流程表示工业制硫酸的原理,有关叙述正确的是(B) 黄铁矿或硫黄二氧化硫三氧化硫硫酸 A.①②③都是氧化还原反应 B.黄铁矿主要成分FeS2的电子式为 C.③用水做吸收剂 D.32 t二氧化硫实际可产出40 t三氧化硫 解析　①②都是氧化还原反应,③是三氧化硫和水反应生成硫酸,不是氧化还原反应,A项错误;黄铁矿的主要成分为FeS2,其电子式为,B项正确;三氧化硫用水吸收制备硫酸时容易形成酸雾,工业上一般用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制备硫酸,C项错误;二氧化硫转化为三氧化硫的反应是可逆反应,32 t 二氧化硫不可能产出40 t 三氧化硫,D项错误。 考点2　硫及其化合物的转化关系 　 知|识|梳|理 (1)-2价硫元素处于最低价态,只有还原性,可被O2、Cl2等氧化剂氧化为S;0价、+4价硫元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性,+6价硫元素处于最高价态,只有氧化性,注意浓硫酸在一定条件下与金属或还原性盐反应时既体现强氧化性又显示酸性,如Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑。 (2)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,如 H2O2O3 (3)相邻价态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。 (4)典型的归中反应。 2H2S+SO2===3S↓+2H2O, 2Na2S+Na2SO3+3H2SO4===3Na2SO4+3S↓+3H2O。 (5)含硫物质的连续氧化。 知|识|对|练 角度三　硫及其化合物的相互转化 5.硫在空气中燃烧生成气体A,把A溶于水得溶液B,向B中滴加溴水,溴水褪色,B变成C,在C里加入Na2S产生气体D,把D通入B溶液得浅黄色沉淀E。A、B、C、D、E中都含同一种元素。下列按A、B、C、D、E的顺序排序的是(B) A.SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B.SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S C.SO2、H2SO3、H2SO4、SO3、Na2S2O3 D.SO3、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3 解析　硫在空气中燃烧生成SO2,SO2溶于水得H2SO3,向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr,在H2SO4溶液中加入Na2S固体产生气体H2S,H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S,B项正确。 6.在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”,可直观辨析部分物质转化及其定量关系。图中的字母分别代表硫及其常见化合物,e、f、g均为含钠元素的正盐,回答下列问题: (1)当a溶液与b溶液混合时,可观察到的现象是 产生淡黄色沉淀(或溶液变浑浊) 。  (2)固体f露置在空气中易变质转化为g,该转化的化学方程式为 2Na2SO3+O2===2Na2SO4 。  (3)工业上用黄铁矿(FeS2)为原料制备硫酸的流程如图所示,吸收塔中选择 98.3%的浓硫酸(浓硫酸或98%的浓硫酸) (填试剂名称)吸收SO3。  (4)将浓硫酸加入蔗糖中,有“黑面包”现象发生,该过程体现浓硫酸的性质是 强氧化性和脱水性 。  (5)煤和石油在燃烧过程中通常会产生SO2,某同学利用下列装置测定空气中SO2的含量。 该装置中SO2与碘(I2)溶液发生反应的化学方程式为 SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI 。若空气流速为V L·min-1,当SO2与碘(I2)溶液恰好完全反应时,耗时10 min,则该空气样品中SO2的含量是  mg·L-1(用含V的最简表达式表示)。  解析　(1)当H2S与H2SO3溶液混合时发生反应2H2S+H2SO3===3S↓+3H2O,可观察到的现象是产生淡黄色沉淀。(2)Na2SO3具有还原性,固体Na2SO3露置在空气中易被氧化为Na2SO4,该转化的化学方程式为2Na2SO3+O2===2Na2SO4。(3)为防止形成大量酸雾,吸收塔中选择98.3%的浓硫酸吸收SO3。(4)将浓硫酸加入蔗糖中,蔗糖变黑炭化体现浓硫酸的脱水性,炭和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体,使固体膨胀,体现浓硫酸的强氧化性,有“黑面包”现象发生,该过程体现浓硫酸的性质是强氧化性和脱水性。(5)SO2与碘(I2)溶液发生反应生成硫酸和氢碘酸,反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI。当SO2与碘(I2)溶液恰好完全反应时,消耗二氧化硫的物质的量为0.1 L×0.1 mol·L-1=0.01 mol;若空气流速为V L·min-1,耗时10 min,则该空气样品中SO2的含量是= mg·L-1。 7.硫元素广泛存在于自然界中,自然界中的含硫物质在一定条件下能够相互转化。如图: [问题探究] 根据图中相关物质的类别及硫元素的化合价分析下图: (1)X的电子式是,Z的化学式是 CuFeS2 。  (2)W的浓溶液与铜单质在加热条件下可发生反应,反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 。  (3)将Z在氧气中灼烧可得Y及对应金属的氧化物,写出反应的化学方程式: 4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2 。  (4)将X与Y混合,可生成淡黄色固体,该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2∶1 。  解析　由自然界中硫元素的存在示意图、相关物质的类别及硫元素的化合价可知:X为H2S,Y为SO2,Z为CuFeS2。(4)X与Y混合发生的反应为2H2S+SO2===3S+2H2O,H2S中S元素为-2价,被氧化成S,生成的2 mol S为氧化产物,SO2中S元素为+4价,被还原成S,生成的1 mol S为还原产物,故该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。 角度四　多步转化关系的计算 8.工业上,利用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)冶炼金属,产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素),其燃烧过程转化率为75%,得到的SO2转化为SO3的转化率为80%,SO3的吸收率为96%。现有黄铜矿100 t,其废气最多能制备98%的硫酸(A) A.1.8a t B.2.8a t C.3.2a t D.4.5a t 解析　根据题中转化过程中的物质变化及物质中硫元素量的关系,可得关系式CuFeS2→2SO2→2SO3→2H2SO4。根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)= mol,则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)=2n(CuFeS2)×75%×80%×96%=1.8a×104 mol,则能制备98%的硫酸的质量为=1.8a×106 g=1.8a t。 　　实际化工生产中往往涉及多步反应,但原料和产品中某种主要元素是相同的,据此可列出关系式。寻找关系式时,要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物,中间反应是否有原料参与,不可盲目根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。 考点3　必做实验——不同价态含硫物质的转化 　 知|识|梳|理 [实验分析] 1.-2价S→0价S 实验步骤:在两支试管中分别加入1 mL硫化钠溶液,向其中一支边振荡边滴加亚硫酸溶液,另一支边振荡边滴加酸性高锰酸钾溶液,用浸有氢氧化钠溶液的棉团塞住试管口,观察并记录实验现象。 答案　硫化钠转化为单质硫,硫元素化合价由-2价转化为0价,观察到的现象是有淡黄色沉淀生成。 2.根据硫元素的化合价分析H2SO3具有氧化性还是还原性?怎样利用实验验证H2SO3具有的性质? 答案　硫元素的最高正价是+6价,最低负价是-2价,H2SO3中硫元素为+4价,因此H2SO3既有氧化性又有还原性。可以利用H2SO3与Na2S或H2S反应,验证H2SO3具有氧化性;利用H2SO3与酸性KMnO4溶液反应,验证H2SO3具有还原性。 3.+6价S→+4价S 实验步骤:如图所示连接仪器装置,向试管甲中加入1 mL浓硫酸和一小块铜片,塞上带导管的单孔橡胶塞,加热,观察并记录实验现象。 答案　试管甲中观察到的现象是铜片上有气泡逸出,溶液变蓝色,铜片溶解,试管乙中观察到的现象是品红溶液逐渐变为无色。 4.0价S→-2价S 实验步骤:将0.5 g硫粉和1.0 g铁粉均匀混合,放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端,当混合物呈红热状态时,移开玻璃棒,观察并记录实验现象。 答案　硫转化为硫化亚铁,观察到的现象是混合物继续保持红热,最后生成黑色固体。 知|识|对|练 角度五　不同价态含硫物质的转化 9.已知SO2通入BaCl2溶液中无明显现象。某同学利用如图装置探究SO2与BaCl2溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是(A) A.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体 B.乙中产生的一定为氧化性气体,将BaSO3氧化为BaSO4沉淀 C.玻璃管的作用是连通大气,使空气中的氧气进入广口瓶,参与反应 D.c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中,保证气体与Ba2+充分接触 解析　右侧Y形管中生成的碱性气体或氧化性气体通入BaCl2溶液中,SO2会与BaCl2溶液反应产生沉淀,若是碱性气体,溶液中产生大量的S,若是氧化性气体,溶液中可生成S,则生成的沉淀可为BaSO3或BaSO4,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH,产生氨气,A项正确;乙中产生的可能是氧化性气体,氧化性气体将溶液中的S氧化为S,而不是将BaSO3氧化为BaSO4,B项错误;玻璃管的作用是连通大气,平衡压力,以便左右两边产生的气体顺利通入,C项错误;如果产生氨气,氨气极易溶于水,为防止倒吸,所以导管不能插入BaCl2溶液中,D项错误。 10.下列实验所得结论不正确的是(B) 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 产生大量无色气体 铁片表面迅速变暗,之后无明显变化 加热后产生大量无色、有刺激性气味的气体 A.实验Ⅰ中气体是H2 B.实验Ⅱ中没有发生化学反应 C.实验Ⅲ中气体是SO2 D.该实验说明浓度、温度影响实验现象 解析　铁是活泼金属,与稀硫酸反应生成FeSO4和H2,实验Ⅰ产生大量无色气体,A项正确;常温下,铁片在浓硫酸中发生钝化,表面生成致密氧化膜而变暗,氧化膜阻止内层铁与浓硫酸继续反应,故变暗后无明显现象,B项错误;铁与浓硫酸在加热时发生反应,浓硫酸被还原生成SO2,C项正确;对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,硫酸的浓度对实验现象产生影响,对比实验Ⅱ和Ⅲ可知,反应温度对实验现象产生影响,D项正确。 11.某小组同学设计如下实验实现几种价态硫元素间的转化。 任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂实现S(+6)→S(+4)的转化。 试剂:①浓硫酸　②稀硫酸　③酸性KMnO4溶液　④Na2SO3溶液　⑤Cu　⑥品红溶液 (1)写出实现转化的化学方程式: Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 。  (2)设计实验,证明实现了该转化(写出操作和观象): 将产生的气体通入品红溶液中,溶液褪色 。  任务Ⅱ.实现硫元素化合价在0、+2、+4价之间的转化。 查阅资料:+2价硫元素在酸性条件下不稳定,自身易发生氧化还原反应。 SO2Na2SO3溶液Na2S2O3X (3)①中加入的物质是 NaOH溶液 ,该转化利用的是SO2的 酸性氧化物 性质。  (4)写出③的离子方程式: 2H++S2===S↓+SO2↑+H2O 。  解析　(4)根据题干信息,+2价硫元素在酸性条件下不稳定,自身易发生氧化还原反应,即发生歧化反应,+2价的硫元素化合价既升高又降低,结合步骤②中亚硫酸钠和X反应生成硫代硫酸钠分析,可得X中硫元素的化合价应低于+2价,则X为硫单质。 微充电　素养提升 拓展视野——硫酸盐　多硫含氧酸盐　氧族元素知识拓展(Se、Te) 　 【素材归纳】 一、硫酸盐　多硫含氧酸盐 (一)重要的硫酸盐 化学式 俗名 颜色 用途 2CaSO4·H2O 熟石膏 白色 塑像、模型、粉笔、医疗绷带等 CaSO4·2H2O 生石膏 白色 水泥添加剂 FeSO4·7H2O 绿矾 浅绿色 用于配制蓝黑墨水,补血剂 CuSO4·5H2O 胆矾、 蓝矾 蓝色 配制波尔多液、镀铜液 Na2SO4·10H2O 芒硝 白色 造纸,制缓泻剂、合成洗涤剂 KAl(SO4)2·12H2O 明矾 白色 净水剂 (二)常考的4种含硫化合物 1.硫代硫酸钠(Na2S2O3)。 (1)与酸反应生成单质硫,放出SO2气体,离子方程式为S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O。 (2)Na2S2O3是中等强度的还原剂,能被I2、Cl2、酸性KMnO4等氧化剂氧化,反应的化学方程式分别为①2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI,此反应用于定量测定碘。 ②Na2S2O3+4Cl2+5H2O===Na2SO4+H2SO4+8HCl,此反应在纺织和造纸工业上作脱氯剂。 ③5Na2S2O3+8KMnO4+7H2SO4===8MnSO4+5Na2SO4+4K2SO4+7H2O。 2.过二硫酸钠(Na2S2O8)。 过二硫酸钠中S元素为+6价,其阴离子S2结构中含有1个过氧键(—O—O—),性质与过氧化氢相似,具有氧化性。过二硫酸钠不稳定,受热分解生成Na2SO4、SO3和O2。 3.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。 在空气分析中常用来吸收空气中的氧气:2Na2S2O4+O2+2H2O===4NaHSO3或Na2S2O4+O2+H2O===NaHSO3+NaHSO4。 4.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。 成品为白色或微黄结晶粉末,溶于水、甘油,微溶于乙醇,露置在空气中易被氧化成硫酸钠,与强酸接触放出二氧化硫而生成相应的盐类,加热到150 ℃分解,通常用NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得,其化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5+H2O。 二、Se、Te及其化合物 1.硒及其化合物的性质。 (1)单质硒及其氢化物在空气中燃烧可得到SeO2。 (2)SeO2的氧化性比SO2强,属于中等强度的氧化剂,可氧化H2S、NH3等:SeO2+2H2S===Se+2S+2H2O、3SeO2+4NH3===3Se+2N2+6H2O。 (3)亚硒酸可作氧化剂,能氧化SO2:H2SeO3+2SO2+H2O===2H2SO4+Se,但遇到强氧化剂时表现还原性,可被氧化成硒酸H2SeO3+Cl2+H2O===H2SeO4+2HCl。 2.碲及其化合物的性质。 (1)碲在空气或纯氧中燃烧生成TeO2。 (2)TeO2是不挥发的白色固体,微溶于水,易溶于强酸、强碱,如TeO2+2NaOH===Na2TeO3+H2O。 (3)TeO2(H2TeO3)具有氧化性和还原性,如 H2TeO3+2SO2+H2O===2H2SO4+Te, H2TeO3+Cl2+H2O===H2TeO4+2HCl。 3.硒和碲的化合物均有毒。 【母题1】　《本草图经》记载:“绿矾石五两,形色似朴硝而绿色,取此一物,置于铁板上,聚炭封之,囊袋吹令火炽,其矾即沸,流出色赤如融金汁者是真也。”其中“朴硝”的主要成分为Na2SO4·10H2O。下列有关叙述不正确的是(D) A.绿矾的化学式为FeSO4·7H2O B.绿矾需密封保存 C.朴硝的水溶液显中性 D.“吹令火炽”发生了非氧化还原反应 解析　绿矾的化学式为FeSO4·7H2O,A项正确;绿矾为FeSO4·7H2O,Fe2+还原性较强,易被氧气氧化,故其需密封保存,B项正确;朴硝为Na2SO4·10H2O,其为强酸强碱盐,故其水溶液显中性,C项正确;“吹令火炽,其矾即沸,流出色赤如融金汁者是真也”,说明在高温下绿矾中的亚铁离子被氧化为Fe3+,故发生了氧化还原反应,D项不正确。 【衍生1】　下列物质及名称正确的是(B) A.BaCO3:重晶石 B.NH4HCO3:碳铵 C.KAl(SO4)2·6H2O:明矾 D.CaSO4·2H2O:熟石膏 解析　重晶石的化学式为BaSO4,A项不正确;明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O,C项不正确;CaSO4·2H2O为生石膏,熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O,D项不正确。 【母题2】　硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所示。 回答下列问题: (1)b中反应的离子方程式为 S+2H+===SO2↑+H2O(或HS+H+===SO2↑+H2O) ,c中试剂为 硫化钠和碳酸钠的混合溶液 。  (2)反应开始后,c中先有浑浊产生,后又变澄清。此浑浊物是 S (写化学式)。  (3)d中的试剂为 NaOH溶液(合理即可) 。  (4)实验中要控制SO2生成速率,可以采取的措施有 控制反应温度、调节酸的滴加速率(或调节酸的浓度等) (写出两条)。  (5)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是 若SO2过量,溶液显酸性,产物Na2S2O3遇酸而分解 。  解析　(3)d装置的作用是吸收反应中产生的CO2及逸出的SO2,故d中的试剂可以为NaOH溶液。(4)溶液中的反应速率受温度、浓度的影响,故可通过控制反应温度及滴入酸溶液的速率等方式达到目的。 【衍生2】　连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,是一种强还原剂,广泛用于纺织工业。某种Na2S2O4的生产工艺流程如图所示,下列说法正确的是(B) A.可用银氨溶液鉴别甲酸中是否含有甲醛 B.NaCl的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度 C.“过滤”操作中需要用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 D.由溶液A制备Na2S2O4溶液过程中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 解析　甲酸()和甲醛()中都含有醛基,则直接加入银氨溶液不能鉴别甲酸中是否含有甲醛,A项错误;向Na2S2O4溶液中加入NaCl晶体冷却、搅拌、过滤、洗涤可以得到Na2S2O4·2H2O晶体,则NaCl的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度,B项正确;“过滤”操作中需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,C项错误;由溶液A制备Na2S2O4溶液过程中发生反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2===Na2S2O4+CO2+H2O,则氧化剂(SO2)与还原剂(HCOONa)的物质的量之比为2∶1,D项错误。 【母题3】　为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染,通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2),再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为①Se+2H2SO4(浓)===2SO2↑+SeO2+2H2O;②SeO2+4KI+4HNO3===4KNO3+Se+2I2+2H2O,下列说法错误的是(C) A.①中SO2是还原产物,SeO2是氧化产物 B.②中KI是还原剂,SeO2是氧化剂 C.②中每生成0.4 mol I2共转移1.2 mol电子 D.氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>HNO3 解析　反应②中,生成2 mol 碘单质转移4 mol 电子,则每生成0.4 mol I2共转移0.8 mol电子,C项错误;在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应①中氧化性H2SO4(浓)>SeO2,反应②中硝酸既不是氧化剂也不是还原剂,说明氧化性SeO2>HNO3,D项正确。 【衍生3】　碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥(含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下(已知TeO2微溶于水,易溶于强酸和强碱),下列有关说法不正确的是(C) A.将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率 B.“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为TeO2+2OH-===Te+H2O C.“沉碲”时为使碲元素沉淀充分,应加入过量的硫酸 D.若提取过程碲元素的回收率为90%,则处理1 kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO2 20.16 L 解析　由已知信息可知,TeO2微溶于水,易溶于强酸和强碱,是两性氧化物,与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应生成Te,离子方程式为TeO2+2OH-===Te+H2O,B项正确;在沉碲的过程中,硫酸若过量,可能导致TeO2的溶解,造成产品的损失,C项错误;1 kg 阳极泥中含有TeO2的质量为1 000 g×8%=80 g,碲元素的回收率为90%,则有80 g×90%=72 g的TeO2被还原,根据关系式TeO2~2SO2,V(SO2)=×2×22.4 L·mol-1=20.16 L,D项正确。 微真题　把握方向 　 考向一　硫酸的性质 1.(2023·广东卷)按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管,关闭活塞。下列说法正确的是(C) A.Ⅰ中试管内的反应,体现H+的氧化性 B.Ⅱ中品红溶液褪色,体现SO2的还原性 C.在Ⅰ和Ⅲ的试管中,都出现了浑浊现象 D.撤掉水浴,重做实验,Ⅳ中红色更快褪去 解析　Ⅰ中试管内发生反应S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O ,氢元素化合价不变,H+不体现氧化性,A项错误;Ⅱ中品红溶液褪色,体现SO2的漂白性,B项错误;Ⅰ试管内发生反应S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O,Ⅲ试管内发生反应2S2-+5SO2+2H2O===3S↓+4HS,Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象,C项正确;撤掉水浴,重做实验,反应速率减慢,Ⅳ中红色褪去的速率减慢,D项错误。 2.(2023·北京卷)蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是(C) A.过程①白色固体变黑,主要体现了浓硫酸的脱水性 B.过程②固体体积膨胀,与产生的大量气体有关 C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体,体现了浓硫酸的酸性 D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 解析　浓硫酸具有脱水性,能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除,蔗糖中加入浓硫酸,白色固体变黑,体现浓硫酸的脱水性,A项正确;浓硫酸脱水过程中释放大量热,此时发生反应C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,产生大量气体,使固体体积膨胀,B项正确;结合B项可知,浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色,体现浓硫酸的强氧化性,C项错误;该过程中蔗糖发生化学反应,发生了化学键的断裂,D项正确。 3.(2022·广东卷)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是(B) A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性 B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物 C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性 D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成 解析　铜和浓硫酸反应生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性,生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性,A项错误;a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了酸,可说明SO2是酸性氧化物,B项正确;b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性,而c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,C项错误;实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性,将反应生成的H2O吸收,D项错误。 考向二　硫酸的制取 4.(2024·北京卷)硫酸是重要化工原料,工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是(B) A.Ⅰ的化学方程式:3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率 C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 解析　黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应生成SO2和Fe3O4,SO2和空气中的O2在400~500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3,用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到H2SO4。反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应生成SO2和Fe3O4,化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2,A项正确;反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率,还要考虑生产成本,如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2的平衡转化率,B项错误;将黄铁矿换成硫黄,则不再产生Fe3O4,即可以减少废渣产生,C项正确;硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3,可以用碱液吸收,D项正确。 考向三　含硫化合物的相互转化 5.(2023·全国乙卷)一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是(D) 选项 变化 方程式 A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀 6FeSO4+O2+2H2O===2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)2↓ B 硫化钠溶液中出现浑浊颜色变深 Na2S+2O2===Na2SO4 C 溴水颜色逐渐褪去 4Br2+4H2O===HBrO4+7HBr D 胆矾表面出现白色粉末 CuSO4·5H2O===CuSO4+5H2O 解析　溶液中出现棕黄色沉淀是因为产生了Fe(OH)3沉淀,化学方程式为12FeSO4+3O2+6H2O===4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓,A项错误;硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质,使颜色加深,化学方程式为2Na2S+O2+2H2O===4NaOH+2S↓,B项错误;溴水的主要成分是溴和水,它们会反应,但速度很慢Br2+H2O===HBrO+HBr、2HBrO===2HBr+O2,所以溴水放置太久会变质,但不是生成高溴酸,所以选项中的化学方程式错误,C项错误;胆矾为CuSO4·5H2O,颜色为蓝色,如果表面失去结晶水,则变为白色的CuSO4,化学方程式为CuSO4·5H2O===CuSO4+5H2O,方程式正确,D项正确。 6.(2020·北京卷)硫酸盐(含S、HS)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理,其主要过程示意图如图,下列说法不正确的是(D) A.该过程有H2O参与 B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂 C.硫酸盐气溶胶呈酸性 D.该过程没有生成硫氧键 解析　根据题中图示中各微粒的构造可知,该过程有H2O参与,A项正确;根据图示的转化过程,NO2转化为HNO2,N元素的化合价由+4价变为+3价,化合价降低,得电子被还原,作氧化剂,则NO2是生成硫酸盐的氧化剂,B项正确;硫酸盐(含S、HS)气溶胶中含有HS,转化过程中有水参与,HS在水中可电离生成H+和S,则硫酸盐气溶胶呈酸性,C项正确;在图示转化过程中S可转化为HS,根据题中图示对照,有硫氧键生成,D项错误。 7.(2022·全国甲卷)硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇,重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%的乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题: (1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠,同时生成CO,该反应的化学方程式为 Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O 。  (2)溶解回流装置如图所示,回流前无需加入沸石,其原因是 粗品中含有难溶于乙醇的煤灰、重金属硫化物等固体,可代替“沸石”作用 。回流时,烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高,可采取的措施是 停止加热,加快冷凝管内冷凝水的流速 。  (3)回流时间不宜过长,原因是 防止Na2S被氧化 。回流结束后,需进行的操作有:①停止加热　②关闭冷凝水　③移去水浴,正确的顺序为 D (填字母)。  A.①②③ B.③①② C.②①③ D.①③② (4)该实验热过滤操作时,用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液,其原因是 锥形瓶瓶口细,防止乙醇大量挥发 。热过滤除去的杂质为 煤灰、重金属硫化物 。若滤纸上析出大量晶体,则可能的原因是 热过滤时漏斗的温度过低 。  (5)滤液冷却、结晶、过滤,晶体用少量 95%的冷乙醇 洗涤,干燥,得到Na2S·xH2O。  解析　(1)根据题干信息可知发生反应Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。(2)回流前无需加入沸石,说明有物质可以代替沸石,由题干信息可知,粗品中含有煤灰、重金属硫化物等固体,具有“沸石”的作用。回流时,烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3,若气雾上升过高,需要将温度降下来,故可采取的措施是停止加热,加快冷凝管内冷凝水的流速。(3)回流时间不宜过长,原因是避免Na2S接触空气被氧化。回流结束后,应将反应液的温度降下来,故先停止加热,移去水浴,最后关闭冷凝水。(4)该实验热过滤操作时,用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液,其原因是乙醇有挥发性,锥形瓶瓶口细,防止乙醇大量挥发。煤灰、重金属硫化物难溶于热乙醇,可以通过热过滤除去。若滤纸上析出大量晶体,则可能的原因是热过滤时漏斗的温度过低。(5)滤液冷却、结晶、过滤,晶体用少量95%的冷乙醇(Na2S的溶解少、损失少)洗涤,干燥后,得到Na2S·xH2O。 第18讲　氮及其氧化物和氢化物　铵盐 [目标速览]　结合真实情境中的应用实例,或通过实验探究,了解氮及其主要化合物的主要性质,认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。 微考点　核心突破 考点1　氮气及氮的氧化物 　 知|识|梳|理 一、氮气的结构与性质 1.氮元素的存在与氮的固定 2.N2的物理性质 无色、无味的气体,密度比空气的略小,难溶于水。 3.N2的化学性质 写出有关反应的化学方程式: ① 3Mg+N2Mg3N2 ;  ② N2+3H22NH3 ;  ③N2+O22NO。 二、氮的氧化物 比较 NO NO2 物理性质 颜色 无色 红棕色 毒性 有毒 有毒 溶解性 不溶于水 易溶于水 化学性质 与O2 反应 2NO+O2===2NO2 — 与H2O 反应 — 3NO2+H2O===2HNO3+NO 与人体、环 境的关系 ①与血红蛋白结合,使人中毒 ②转化成NO2形成酸雨、光化学烟雾 形成酸雨、光化学烟雾 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.固氮反应一定属于氧化还原反应。(√) 提示:固氮是游离态的氮生成化合态的氮,所以氮元素的化合价一定发生变化。 2.NO中的NO2杂质气体,可通过盛有水的洗气瓶除去。(√) 提示:NO2与水反应生成NO和HNO3,可除去NO中的NO2。 3.CO、NO、NO2都是大气污染气体,在空气中都稳定存在。(×) 提示:NO遇O2反应生成NO2。 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.可用NO2与水反应制取硝酸,故NO2是酸性氧化物。(×) 提示:NO2与H2O反应生成HNO3和NO,氮元素价态由+4价变为+5价和+2价,不符合酸性氧化物的通性。 知|识|拓|展 一、NO2和溴蒸气的比较 1.相同点。 ①均为红棕色气体。 ②均有氧化性。 ③溶于水后均有酸生成。 ④能与碱反应。 2.鉴别溴蒸气和NO2不能用淀粉⁃KI试纸、碱溶液等,但可以利用它们性质上的差异性来鉴别。 ①通入水中,NO2溶于水发生反应3NO2+H2O===2HNO3+NO,反应后溶液呈无色,而溴蒸气溶于水后溶液呈橙色。 ②通入AgNO3溶液中,有淡黄色沉淀生成的为溴蒸气(Br2+H2OHBr+HBrO,HBr+AgNO3===AgBr↓+HNO3),无此现象的为NO2。 ③通入CCl4有机溶剂中,易溶于CCl4且CCl4溶液呈橙红色的为Br2(g),无此现象的为NO2。 3.(1)氮的氧化物都有毒,其中NO2与N2O4存在平衡2NO2N2O4,因此实验测得NO2的平均相对分子质量大于46小于92。 (2)NO只能用排水法收集,不能用排空气法收集;而NO2只能用向上排空气法收集,不能用排水法收集。 (3)验证某无色气体是NO的方法是向无色气体中通入O2(或空气),无色气体变为红棕色。 二、氮的氧化物溶于水的计算 1.方程式法。 (1)有关化学反应方程式。 3NO2+H2O===2HNO3+NO　① 4NO2+O2+2H2O===4HNO3　② 4NO+3O2+2H2O===4HNO3　③ 2NO+O2===2NO2　④ (2)不同情况及剩余气体的体积。 序号 气体 反应 剩余 气体 剩余气体 的体积 Ⅰ NO2 ① NO V(NO2) Ⅱ NO2+NO ① NO V(NO)原+ V(NO2) Ⅲ NO2 +O2 =4∶1 ② 无 0 <4∶1 ② O2 V(O2)原- V(NO2) >4∶1 ①② NO [V(NO2)- 4V(O2)] Ⅳ NO +O2 =4∶3 ③ 无 0 >4∶3 ③ NO V(NO)原- V(O2) <4∶3 ③ O2 V(O2)原- V(NO) (3)NO2、NO、O2三者组成的混合气体溶于水: 若先按①反应后,再据表Ⅳ进行计算。 若先按④反应后,再据表Ⅲ进行计算。 2.原子组成法。 4NO2+O2和4NO+3O2从组成上均相当于2N2O5的组成,即1.(1)中的②③两种情况中的总反应式都与N2O5+H2O===2HNO3等效。这不仅是记忆1.(1)中的②③二式的方法,也为上述问题的解决提供了新的思路,即利用混合气体中的N、O原子个数比进行分析判断。 N(N)∶N(O) 3.电子守恒法。 当NO2或NO转化为HNO3时要失去电子,若上述两种气体与O2混合通入水中时,O2得电子,且得失电子数必然相等,这是电子守恒法解答此类题目的依据。 知|识|对|练 角度一　自然界中氮的循环及N2的性质 1.(2025·广州联考)在半导体光催化的作用下,N2被光催化材料捕获进而被还原实现“N2—→NH3”的转化图示如下。下列说法错误的是(C) A.此方法属于人工固氮 B.该反应过程中有极性共价键的断裂和生成 C.该反应的化学方程式为N2+3H22NH3 D.该方法实现了光能向化学能的转化 解析　氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮,该过程N2转化为NH3,属于人工固氮,A项正确;反应过程中,N2与H2O反应产生NH3和O2,断裂化学键有H2O中的H—O键,生成的新化学键中有NH3的N—H键,故该反应过程中有极性键的断裂和形成,B项正确;由图可知,该反应的化学方程式是2N2+6H2O4NH3+3O2,C项错误;该方法实现了光能向化学能的转化,D项正确。 2.自然界中的氮循环部分转化关系如图所示。 下列说法错误的是(C) A.氮气分子结构稳定,常温下很难和其他物质发生反应 B.Ⅰ过程属于氮的固定 C.工业上也是利用图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个转化来生产硝酸的 D.图中Ⅱ、Ⅲ为硝化过程,均可通过加入氧化剂实现 解析　氮气分子中含有氮氮三键,结构稳定,常温下很难和其他物质发生反应,A项正确;氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮,Ⅰ过程从N2到N属于氮的固定,B项正确;工业上是通过氨的催化氧化生成NO、NO被氧化为NO2、NO2和水反应三个转化来生产硝酸的,C项错误;图中Ⅱ中氮元素从-3价升高到+3价、Ⅲ中氮元素从+3价升高到+5价,都为硝化过程,均可通过加入氧化剂实现,D项正确。 角度二　氮的氧化物的性质 3.氮氧化物(用NOx表示)是大气污染的重要因素,根据NOx的性质特点,科研人员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。已知:4NH3+6NO5N2+6H2O、8NH3+6NO27N2+12H2O。同温同压下,3.5 L NH3恰好将3.0 L NO和NO2的混合气体完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的体积之比是 1∶3 。  (2)工业尾气中氮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: 2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O 。  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 NaNO2 。  解析　(1)设NO的体积为V(NO),NO2的体积为V(NO2),依据方程式知,处理NO需NH3的体积为V(NO),处理NO2需NH3的体积为V(NO2),则,解得V(NO)=0.75 L,V(NO2)=2.25 L,V(NO)∶V(NO2)=1∶3。(2)①生成两种钠盐,必然是NO2发生歧化反应,依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。②NO中氮元素的化合价为+2价,NO2中氮元素的化合价为+4价,二者按1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐,依据得失电子守恒可知,钠盐中氮元素的化合价为+3价,即NaNO2。 角度三　有关氮的氧化物计算类试题 4.盛有12 mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中,充分反应后,还剩余2 mL 无色气体,则原混合气体中O2的体积可能是(A) A.1.2 mL B.2.4 mL C.3.6 mL D.4.8 mL 解析　根据题意,剩余的气体可能是O2,也可能是NO。①当剩余气体是O2时,由于剩余2 mL O2,则有12 mL-2mL=10 mL气体按反应式4NO2+O2+2H2O===4HNO3中量的关系进行反应,则原气体中O2的体积为V(O2)=10 mL×+2 mL=4 mL。②当剩余气体是NO时,即剩余NO为2 mL,而NO来源于NO2与水的反应,根据反应3NO2+H2O===2HNO3+NO,反应的NO2的体积为2 mL×3=6 mL。则有12 mL-6 mL=6 mL的混合气体按4NO2+O2+2H2O===4HNO3中量的关系进行反应,故原气体中氧气的体积为V(O2)=6 mL×=1.2 mL。 考点2　氮的氢化物(NH3和N2H4)和铵盐 　 知|识|梳|理 一、氨气 1.物理性质 颜色为无色,有刺激性气味,密度比空气的小,溶解性:常温常压下,1体积水大约可溶解700体积氨。 2.化学性质 (1)与水反应。 氨水显碱性,反应原理为NH3+H2ONH3·H2ON+OH-。 (2)与酸反应。 与浓盐酸的反应为NH3+HCl===NH4Cl。 现象:产生大量白烟。 (3)与盐反应。 向AlCl3溶液中滴加过量氨水,反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N。 (4)与氧气反应。 4NH3+5O24NO+6H2O。 3.制法 (1)实验室制法。 NH4Cl和Ca(OH)2共热反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。 (2)工业制法。 N2+3H22NH3。 二、铵盐 1.物理性质 铵盐是由铵根离子和酸根离子构成的化合物,都是白色或无色晶体,绝大多数都易溶于水。 2.化学性质 (1)受热分解。 NH4Cl、NH4HCO3受热分解的化学方程式分别为NH4ClNH3↑+HCl↑、NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O。 (2)与强碱溶液反应。 NH4NO3与NaOH溶液加热反应的化学方程式为NH4NO3+NaOHNH3↑+NaNO3+H2O。 三、N的检验 铵盐(N)无色气体(NH3)试纸变蓝 四、N2H4的结构与性质 1.无水N2H4为无色发烟液体,并有微弱氨的气味。它的稳定性比NH3弱,受热即发生爆炸性分解,生成N2、NH3和H2。 2.燃烧 N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(l) ΔH=-622 kJ·mol-1 N2H4的主要用途是作导弹、宇宙飞船飞行的火箭燃料。 3.N2H4的水溶液呈弱碱性,其强度比氨水弱。 N2H4+H2ON2+OH- N2+H2ON2+OH- 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.液氨制冷、碘的升华、NH4Cl气化都不涉及化学变化。(×) 提示:氯化铵气化的实质是发生分解反应。 2.氨水具有弱碱性,说明氨水是弱电解质。(×) 提示:氨水是混合物,不属于电解质也不属于非电解质。 3.氨水中的微粒种类与NH4Cl溶液中的微粒种类相同。(×) 提示:NH4Cl溶液比氨水中多了Cl-,所以微粒种类不完全相同。 4.检验溶液中是否含N时,取少量溶液于试管中,加入浓NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体。(√) 提示:本法通过加浓NaOH溶液并加热产生NH3来检验溶液中N的存在。 实|验|回|放 实验一:氨气溶于水的喷泉实验 实验准备 实验操作 实验现象 在干燥的圆底烧瓶中充满氨气,用带有玻璃管和滴管(滴管里预先吸入水)的塞子塞紧瓶口,倒置烧瓶,使玻璃管插入盛有水(含酚酞)的烧杯中 打开橡胶管上的夹子,轻轻挤压滴管的胶头使少量水进入烧瓶 烧杯中的溶液由玻璃管进入烧瓶,形成美丽的红色喷泉,烧瓶内液体呈红色 归纳总结　氨气喷泉实验的解释 (1)能形成喷泉说明氨气极易溶于水,使烧瓶内的压强迅速减小,烧杯内的水在大气压的作用下进入烧瓶;烧瓶内液体呈红色,说明氨气溶于水得到的溶液呈碱性。 (2)氨气喷泉实验成功的关键:①装置气密性良好;②圆底烧瓶要干燥;③装置内气体的纯度要高。 实验二:氨气的实验室制法 1.加热固态铵盐和碱的混合物。 一般加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物: 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。 (1)装置:“固体+固体气体”(与用KClO3或KMnO4制O2的发生装置相同)。 (2)收集:只能用向下排空气法。 (3)干燥:用碱石灰(NaOH和CaO固体的混合物)。 (4)验满方法:①用湿润的红色石蕊试纸置于试管口,试纸变蓝色;②将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口,有白烟产生。 (5)尾气处理:收集时,一般在管口塞一团用稀硫酸浸湿的棉花球,可减小NH3与空气的对流速度,收集到纯净的NH3,同时也可避免污染空气。 2.实验室制取氨气的其他方法。 方法 化学方程式(或原理) 气体发生装置 加热浓 氨水 NH3·H2ONH3↑+H2O 浓氨 水+ 固体 NaOH ①NaOH溶于水放热,促使氨水分解。②OH-浓度增大,使平衡NH3+H2ONH3·H2ON+OH-左移,有利于NH3的生成 浓氨 水+ 固体 CaO (或碱 石灰) ①CaO与水反应,使溶剂(水)减少。②反应放热,促使氨水分解。③生成OH-,使平衡NH3+H2ONH3·H2ON+OH-左移,有利于NH3的生成。化学方程式为 NH3·H2O+CaO===NH3↑+Ca(OH)2 知|识|拓|展 1.喷泉实验原理 (1)喷泉形成的原理。 容器内外存在较大的压强差,在这种压强差的作用下,液体迅速流动,通过带有尖嘴的导管喷出,即形成喷泉。 (2)使容器内外产生较大的压强差的两类情况。 ①容器内的气体极易溶于水或容器内的气体易与溶液中的溶质发生化学反应。因此当外部的水或溶液接触容器内的气体时,由于气体分子数大量减少,从而使容器内气压迅速降低,在外界大气压作用下,外部液体迅速进入容器,形成喷泉。 气体与吸收剂形成喷泉的几种情况: 气体 HCl NH3 CO2、Cl2、 H2S、SO2 NO2与O2 混合 吸收剂 水、NaOH 溶液 水、 盐酸 NaOH溶液 H2O ②由于液体受热挥发(如浓盐酸、浓氨水、酒精等)或发生化学反应,使容器内产生大量气体,压强迅速增大,促使容器内的液体迅速向外流动,也能形成喷泉。如喷雾器、人造喷泉、火山喷发等均是此原理。 (3)喷泉实验产物的浓度计算。 关键是确定所得溶液中溶质的物质的量和溶液的体积,标准状况下的气体进行喷泉实验后所得溶液的物质的量浓度: ①HCl、NH3、NO2气体或它们与其他不溶于水的气体混合时:所得溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。 ②当是NO2和O2的混合气体且体积比为4∶1时,c(HNO3)= mol·L-1。 2.氨水的多重成分 (1)氨水组成:三种分子为NH3、NH3·H2O、H2O;三种离子为N、OH-、H+。 (2)氨水性质:容易挥发;氨水质量分数越大,其密度越小;氨水是很好的沉淀剂,能使Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+转变为氢氧化物沉淀,其中AgOH、Cu(OH、Zn(OH)等沉淀能溶于过量氨水生成配合物离子。 (3)涉及氨水的离子方程式的书写。 ①氨水作反应物,用分子式NH3·H2O表示,如Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N。 ②生成氨水时,若反应物(强碱溶液)为浓溶液或在加热条件下:N+OH-NH3↑+H2O。 ③生成氨水时,若反应物(强碱溶液)为稀溶液且不加热:N+OH-NH3·H2O。 知|识|对|练 角度四　氨气的实验室制法 5.实验室制取少量NH3,下列方法不能达到目的的是(A) A.加热分解氯化铵固体 B.加热分解浓氨水 C.将浓氨水滴到碱石灰上 D.加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物 解析　加热分解氯化铵固体,反应生成氨气和氯化氢,由于氨气和氯化氢在冷处反应生成氯化铵,因此不能用分解氯化铵得到氨气,A项符合题意;一水合氨不稳定,受热分解生成氨气和水,因此加热分解浓氨水可制得氨气,B项不符合题意;将浓氨水滴到碱石灰上,浓氨水中的水与氧化钙反应,放出大量热,固体氢氧化钠溶解在浓氨水中放出大量的热,一水合氨不稳定,因此能制得氨气,C项不符合题意;氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水,因此加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物能制得氨气,D项不符合题意。 角度五　氨、肼的性质应用 6.实验室制取氨、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(B) A.用装置甲制取氨 B.用装置乙收集氨时气体应该从a口进b口出 C.装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜 D.可以用装置丁吸收氨,进行尾气处理 解析　装置中的氯化铵固体分解生成氨和氯化氢气体,在试管口处重新反应生成固体氯化铵,A项错误;氨的密度比空气小,用乙装置收集NH3时,从a口进b口出,B项正确;氧化铜被还原为铜、氧化亚铜都是生成红色固体,C项错误;氨极易溶于水,导管直接插入水溶液中吸收易发生倒吸,D项错误。 7.联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。 (1)联氨的电子式为,其中氮元素的化合价为 -2 价。  (2)联氨为二元弱碱,在水中的电离方程式与氨相似。写出联氨的第一步电离方程式: N2H4+H2ON2+OH- ,联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 N2H6(HSO4)2 。  解析　(1)联氨分子中每个N原子和两个H原子形成共价键,氮原子之间存在氮氮单键,每个N原子还含有一个孤电子对,则其电子式为;N原子对电子的吸引能力更强,所以联氨分子中H元素为+1价,N元素为-2价。(2)根据NH3在水中的电离可知联氨的第一步电离方程式为N2H4+H2ON2+OH-;联氨第二步电离方程式为N2+H2ON2+OH-,因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。 角度六　铵盐的性质 8.为激发同学们的学习兴趣,王老师表演了魔术“会冒烟的绳子”。他先将盛有少量液体的烧杯放在桌面上,再把一根下端湿润的绳子悬于烧杯上方,绳子立即冒白烟。白烟过后,绳子完好无损。烧杯中和绳子上原有的物质分别是(C) A.浓氢氧化钠溶液——浓盐酸 B.稀碳酸钠溶液——浓盐酸 C.浓盐酸——浓氨水 D.稀硫酸——浓氨水 解析　A项浓氢氧化钠溶液、B项稀碳酸钠溶液、D项稀硫酸都不具有挥发性,都错误;C项浓盐酸、浓氨水都具有挥发性,挥发出的氨气和氯化氢化合为固体NH4Cl,呈白烟状,正确。 角度七　喷泉实验 9.用充有NH3的烧瓶进行“喷泉实验”,装置及现象如图。下列关于该实验的分析正确的是(D) A.产生“喷泉”证明NH3与H2O发生了反应 B.无色溶液变红证明NH3极易溶于水 C.红色溶液中存在含有离子键的含氮微粒 D.加热红色溶液可观察到红色变浅或褪去 解析　氨气能形成喷泉,说明氨气极易溶于水从而产生压强差,不能说明氨气和水发生反应了,A项错误;无色酚酞试液遇碱变红色,氨水溶于水后溶液由无色变为红色,说明氨水呈碱性,B项错误;红色溶液中存在的含氮微粒为铵根离子、一水合氨,两者均含有共价键、不含有离子键,C项错误;氨水受热不稳定,受热分解放出氨气, 从而使碱性减弱,故滴有酚酞呈红色的氨水受热后红色变浅或褪色,D项正确。 10.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(B) 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　H2难溶于NaOH溶液和水,不能使烧瓶内外形成较大压强差,故不能引发喷泉。 微充电　素养提升 拓展视野——氮族元素知识拓展(P、As) 　 【素材归纳】 1.磷及其重要化合物。 (1)磷的同素异形体。 白磷(黄磷,P4)为正四面体结构(),与红磷(赤磷)是同素异形体。 (2)单质磷的化学性质。 ①与氧气反应。 P4+5O22P2O5(五氧化二磷)。 ②与卤素单质反应。 P4+6Cl24PCl3(白雾),P4+10Cl24PCl5(白烟)。 ③与稀硝酸反应。 3P+5HNO3+2H2O3H3PO4+5NO↑。 (3)五氧化二磷。 五氧化二磷是磷酸的酸酐,有很强的吸水性,是一种干燥剂。 (4)磷酸。 磷酸易溶于水、难挥发,属于三元非氧化性中强酸(可当作弱酸对待),具有酸的通性。 ①电离方程式。 H3PO4H++H2P H2PH++HP HPH++P ②与碱反应。 NaOH+H3PO4===NaH2PO4+H2O(生成磷酸二氢盐) 2NaOH+H3PO4===Na2HPO4+2H2O(生成磷酸氢盐) 3NaOH+H3PO4===Na3PO4+3H2O(生成正盐) 2.砷及其化合物。 【母题】　次磷酸(H3PO2)的电离常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2。碱性条件下,次磷酸盐可与硝酸银溶液反应进行化学镀银。下列说法不正确的是(B) A.次磷酸具有强还原性 B.次磷酸溶液中通入足量氯气,pH增大 C.次磷酸钠溶液滴入酚酞变红色 D.化学镀银的反应为H2P+4Ag++6OH-===P+4Ag↓+4H2O 解析　H3PO2中P元素显+1价,具有还原性,A项正确;H3PO2具有还原性,通入足量氯气发生反应H3PO2+2Cl2+2H2O===H3PO4+4HCl,故溶液pH减小,B项错误;根据Ka(H3PO2)=5.9×10-2可知,H3PO2为一元弱酸,故次磷酸钠溶液中H2P水解使溶液显碱性,酚酞遇碱变红,C项正确;根据“碱性条件下,次磷酸盐可与硝酸银溶液反应进行化学镀银”可知,该反应中硝酸银溶液中的Ag+得到电子被还原成Ag,H2P中P元素失去电子被氧化成P,该反应在碱性条件下进行,所以还有OH-参与反应,D项正确。 【衍生】　砷(As)及其化合物与生产、生活密切相关,广泛应用在杀虫剂以及药物中。回答下列问题: (1)砷是第四周期第ⅤA族元素。下列关于第ⅤA族元素及其化合物的说法不正确的是 c (填字母)。  a.沸点:PH3<NH3 b.酸性:HNO3>H3AsO4 c.As的氧化物的水化物是强碱 d.形成的简单离子半径随着原子序数递增而增大 (2)工业生产中常用“古氏试砷法”检验微量砷,其反应原理如下: ①将含砷化合物转化为具有极强还原性的AsH3。 ②AsH3与AgNO3溶液反应产生As2O3与另一种固体,该反应的离子方程式: 2AsH3+12Ag++3H2O===As2O3+12H++12Ag↓ 。  (3)砷及其化合物几乎都有毒,通常+3价砷化合物的毒性强于+5价砷化合物。海产品中含有微量+5价砷化合物,食用海鲜后不能马上进食水果的原因是 水果中富含还原性物质(如维生素C等),能把+5价砷的化合物还原为毒性更大的+3价砷的化合物 。  (4)砷酸(H3AsO4)可用于制造杀虫剂、药物。As2O3溶于稀硝酸中可得砷酸,此反应的化学方程式: 3As2O3+4HNO3+7H2O===6H3AsO4+4NO↑ 。  微真题　把握方向 　 考向一　氨的制取及性质 1.(2024·湖北卷)碱金属的液氨溶液中含有的蓝色溶剂化电子[e(NH3)n]-是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下列说法错误的是(C) A.碱石灰有利于NH3逸出 B.锂片必须打磨出新鲜表面 C.干燥管中均可选用P2O5 D.双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH3===Li++[e(NH3)n]- 解析　碱石灰为生石灰和氢氧化钠的混合物,可以吸收浓氨水中的水分,同时吸水过程大量放热,有利于NH3逸出,A项正确;锂片表面有Li2O,Li2O会阻碍Li和液氨的接触,所以必须打磨出新鲜表面,B项正确;第一个干燥管的目的是干燥氨气,P2O5为酸性干燥剂,能与氨气反应,所以不能用P2O5,而装置末端干燥管的作用为吸收过量的氨气,可用P2O5,C项错误;双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH3===Li++[e(NH3)n]-,D项正确。 2.(2023·广东卷)1827年,英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下,兴趣小组利用以下装置,进行如下实验。其中,难以达到预期目的的是(B) A.图1:喷泉实验 B.图2:干燥NH3 C.图3:收集NH3 D.图4:制备NH3 解析　NH3极易溶于水,溶于水后圆底烧瓶内压强减小,从而产生喷泉,A项可以达到预期;P2O5为酸性氧化物,NH3具有碱性,两者可以发生反应,故不可以用P2O5干燥NH3,B项不可以达到预期;NH3的密度比空气小,可采用向下排空气法收集,C项可以达到预期;CaO与浓氨水混合后与水反应并放出大量的热,促使NH3挥发,可用此装置制备NH3,D项可以达到预期。 考向二　氮的氧化物 3.(2021·河北卷)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大,但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注,下列说法正确的是(D) A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体,是酸雨的主要成因 B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5 C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料,实现氮的固定 D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除 解析　NO2是红棕色且有刺激性气味的气体,而SO2是无色有刺激性气味的气体,A项错误;汽车尾气的主要大气污染物为碳与氮的氧化物,如NOx和CO等,B项错误;氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态,且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料,不能直接吸收空气中的氮氧化物,C项错误;工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除,如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理,D项正确。 考向三　喷泉实验 4.(2020·全国卷Ⅲ)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(B) 选项 气体 溶液 A H2S 稀盐酸 B HCl 稀氨水 C NO 稀硫酸 D CO2 饱和NaHCO3溶液 解析　由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小,烧瓶内外压强差变化不大,不会出现喷泉现象,A项错误;氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应,使烧瓶内外产生较大压强差,能够出现喷泉现象,B项正确;一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水,烧瓶内外不会产生压强差,不会出现喷泉现象,C项错误;二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度很小,向圆底烧瓶中挤入饱和NaHCO3溶液,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,不会出现喷泉现象,D项错误。 考向四　氮族元素 5.(2022·海南卷)磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4,装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。 回答下列问题: (1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)制备氨气的化学方程式为 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O 。  (2)现有浓磷酸,质量分数为85%,密度为1.7 g·mL-1。若实验需100 mL 1.7 mol·L-1的H3PO4溶液,则需浓磷酸 11.5 mL(保留一位小数)。  (3)装置中活塞K2的作用为 平衡气压防倒吸 。实验过程中,当出现 溶液倒吸 现象时,应及时关闭K1,打开K2。  (4)当溶液pH为8.0~9.0时,停止通NH3,即可制得HPO4溶液。若继续通入NH3,当pH>10.0时,溶液中OH-、 N 和 P (填离子符号)浓度明显增加。  (5)若本实验不选用pH传感器,还可选用 酚酞溶液 作指示剂,当溶液颜色由 无色 变为 浅红色 时,停止通NH3。  解析　(2)100 mL 1.7 mol·L-1的H3PO4溶液中H3PO4的质量是100×10-3 L×1.7 mol·L-1×98 g·mol-1=16.66 g,需质量分数为85%的浓磷酸的质量为16.66 g÷85%=19.6 g,体积为19.6 g÷1.7 g·mL-1=11.5 mL。(3)氨气极易溶于水,用磷酸吸收时可能产生倒吸,当出现倒吸现象时,应及时关闭K1,打开K2,以平衡瓶内部气压。(4)继续通入NH3,发生反应(NH4)2HPO4+NH3===(NH4)3PO4,故当pH>10.0时,溶液中OH-、N、P浓度明显增加。(5)酚酞的变色范围为8.2~10.0,因此还可选用酚酞溶液作指示剂,当溶液颜色由无色变为浅红色时,停止通入NH3。 第19讲　硝酸　含氮物质的转化 [目标速览]　1.掌握硝酸的性质及应用。2.能从物质类别、氮的化合价变化理解氮及其化合物的转化关系。3.能从含氮物质的性质和转化的视角解释生产、生活中的相关现象。 微考点　核心突破 考点1　典型的氧化性酸——硝酸 　 知|识|梳|理 1.物理性质 硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体。 2.化学性质 (1)不稳定性。 化学方程式:4HNO3(浓)2H2O+4NO2↑+O2↑。 (2)强氧化性。 硝酸无论浓、稀都具有强氧化性,而且浓度越大,氧化性越强。 按要求完成下列反应的方程式: ①与金属反应。 稀硝酸与铜反应: 3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ,  浓硝酸与铜反应: Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 。  ②与非金属反应。 浓硝酸与C反应: C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 。  ③与还原性化合物反应。 硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2+等还原性物质。 稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式: 3Fe2++4H++N===3Fe3++NO↑+2H2O 。  (3)与有机物反应。 ①硝化反应(与反应): +HNO3+H2O。 ②显色反应:含有苯基的蛋白质遇到浓硝酸时变黄色。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NA个NO分子。(×) 提示:铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,1 mol Cu反应会产生NA个NO分子。 2.1 mol Fe与足量的稀硝酸反应,转移2NA个电子。(×) 提示:如Fe与足量的稀硝酸反应Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,1 mol Fe与足量的稀硝酸反应转移3NA个电子。 3.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜的离子方程式为2Ag+2H++N===2Ag++NO↑+H2O。(×) 提示:银与稀硝酸反应的离子方程式为3Ag+4H++N===3Ag++NO↑+2H2O。 4.消除久置浓硝酸的黄色可通入氧气。(√) 提示:浓硝酸显黄色是由于硝酸见光或受热发生分解,生成的NO2溶于浓硝酸所致,通入O2(或空气)使其发生反应4NO2+O2+2H2O===4HNO3。 5.铝和铁在浓硝酸中“钝化”是物理变化。(×) 提示:钝化是在铁、铝的表面形成一层致密的氧化物保护膜,阻止了金属与硝酸的进一步反应,属于化学变化。 实|验|回|放 实验:硝酸与铜的反应 实验操作 实验现象 实验结论 如图所示,在橡胶塞侧面挖一个凹槽,并嵌入下端卷成螺旋状的铜丝。向具支试管中加入2 mL浓硝酸,用橡胶塞塞住试管口,使铜丝与浓硝酸接触,观察实验现象。向上拉铜丝,终止反应 反应较快,有红棕色气体生成,溶液呈绿色 反应生成NO2 将上述实验中的浓硝酸换成稀硝酸 反应较慢,有气泡产生,在接近管口处观察到红棕色气体,试管中的溶液呈蓝色 反应生成NO 化学方程式:Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O; 3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。 离子方程式:Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O; 3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O。 知|识|拓|展 1.硝酸属于氧化性酸,具有很强的氧化性,除Pt、Au以外的大多数金属都能被硝酸氧化,但不生成H2。 2.浓硝酸的氧化性比稀硝酸的强,一般情况下,浓硝酸的还原产物是NO2,稀硝酸的还原产物是NO。在与铜的反应中,硝酸既表现出强氧化性又表现出酸性。 3.硝酸的浓度不同,与金属反应的产物也不同。通常,金属与浓硝酸反应时生成NO2气体;随着反应的进行,硝酸浓度变小,则生成NO气体,因此过量的Cu与浓硝酸反应时生成NO2与NO的混合气体。 4.铁与稀硝酸的反应:铁不足时发生反应Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O;铁过量时发生反应3Fe+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O。 5.将浓硝酸与浓盐酸以1∶3的体积比混合,所得混合物称为王水,它能溶解一些不溶于硝酸的金属,如Pt、Au等。 6.N是一种有着鲜明个性的离子,不能单独表现强氧化性,但在酸性条件下,它能氧化多种离子,如Fe2+、I-、S、S2-等。 7.使指示剂先变色后褪色的物质。 (1)浓硝酸先变红后褪色 (2)氯水先变红后褪色 (3)Na2O2先变红后褪色 知|识|对|练 角度一　硝酸的性质 1.公元八世纪,阿拉伯炼金术士贾比尔·本·哈扬在干馏硝石的时候发现并制得了硝酸,这是人类关于硝酸最早的记录。下列关于硝酸的叙述正确的是(C) A.NO2溶于水生成硝酸,所以NO2是酸性氧化物 B.硝酸可与活泼金属反应生成盐和氢气 C.浓硝酸见光或受热易分解,必须保存在棕色细口瓶中 D.硝酸与铜的反应只表现出氧化性 解析　NO2和硝酸中氮元素的化合价不相等,NO2不是酸性氧化物;硝酸与活泼金属反应时常生成盐和含氮氧化物;浓硝酸见光易分解,应保存在棕色细口瓶中;硝酸与铜反应生成硝酸铜及NO或NO2,硝酸既表现出氧化性也表现出酸性。 2.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(B) ① ② ③ A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体能表明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,但不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 解析　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项正确;通过A项分析可知,浓硝酸受热分解可以产生二氧化氮和氧气,所以②中红棕色气体可能来源于硝酸分解,即不能表明②中木炭与浓硝酸发生反应,B项错误;实验③中木炭没有与浓硝酸接触,浓硝酸没有被加热,生成的红棕色气体二氧化氮只能是挥发出的硝酸蒸气与红热木炭反应或是挥发出的硝酸受热分解,从生成的二氧化氮看,都是来源于HNO3中+5价氮元素,所以红棕色气体是还原产物,C项正确;由于空气中含有氧气,因此红热的木炭可能与氧气反应产生了CO2,且③中木炭和浓硝酸并没有接触,因此不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应,D项正确。 3.硝酸是一种无色液体,常用来制造火药、氮肥、染料。下列关于硝酸的认识正确的是(B) A.等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸反应,转移电子数不同 B.久置的浓硝酸呈黄色,体现了浓硝酸的不稳定性 C.检验久置于空气中的亚硫酸钠溶液是否变质,可以先加硝酸溶液,再加氯化钡溶液 D.工业制硝酸的原理:空气NONO2硝酸→尾气处理 解析　等质量的铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸反应,铜被氧化为Cu2+,转移电子数相同,A项错误;久置的浓硝酸呈黄色,是因为硝酸分解生成的NO2溶于硝酸中,体现了浓硝酸的不稳定性,B项正确;亚硫酸钠能被硝酸氧化为硫酸钠,检验久置于空气中的亚硫酸钠溶液是否变质,应该先加盐酸,再加氯化钡溶液,若生成白色沉淀,证明亚硫酸钠已变质,C项错误;工业制硝酸的原理:氨气NO→NO2硝酸→尾气处理,D项错误。 4.如图甲是验证铜和浓硝酸反应的装置,乙、丙是改进后的装置。 (1)甲、乙、丙三个装置中发生反应的化学方程式都为 Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 。  (2)和甲装置相比,乙装置的优点是 可控制反应速率,可吸收NO2,防止NO2污染环境 。  (3)为了进一步验证NO2和水的反应,某学生设计了丙装置。实验时先关闭止水夹 c ,再打开止水夹 a、b ,才能使NO2气体充满试管②。当气体充满试管②后,将铜丝拉起与溶液脱离,欲使烧杯中的水进入试管②,应如何操作? 先关闭止水夹b,再关闭止水夹a,然后打开止水夹c,用手捂住试管② 。  解析　(2)可利用对比的方法,找出各装置的优缺点,NO2有毒,要进行尾气吸收。(3)本实验的目的之一是验证NO2与H2O的反应。丙装置中要使NO2充满试管②,应先关闭止水夹c,再打开止水夹a、b。待NO2充满试管②后,把铜丝拉起,先关闭止水夹b,再关闭止水夹a,然后打开止水夹c,用手捂住试管②,使气体受热膨胀,与水接触,NO2极易与水反应,使试管②内压强减小,烧杯中的水被压入试管②中。 角度二　硝酸根离子氧化性实验探究 5.为了探究N的氧化性,某实验小组以一定的气体流速分别向等量的煮沸和未煮沸的Ba(NO3)2溶液中通入SO2,测定溶液pH变化(装置如图1所示),测定结果如图2、图3所示。 (1)根据图2猜想:实验时N在无溶解氧条件下氧化性极弱。 验证:用图1装置(药品可替换)做下表实验,完成表中实验操作。 实验操作 实验现象与结论 将煮沸的硝酸钡溶液替换为等量的煮沸的水,然后以相同的流速通入二氧化硫,测定溶液pH的变化 实验前600 s溶液pH变化与图2几乎相同,证明溶液pH下降的原因是SO2与H2O发生反应生成H2SO3,猜想正确 (2)根据图3推测:存在溶解氧时,通入Ba(NO3)2溶液中的SO2变为 H2SO4 ,溶液酸性明显增强;酸性增强可提高N的氧化性,与SO2反应使溶液pH进一步下降。查阅资料得知前一步反应的活化能比后一步反应的活化能略大。画出SO2通入未煮沸的BaCl2溶液中时,溶液的pH变化图。  答案　 解析　(1)如果实验时N在无溶解氧条件下氧化性极弱,则溶液pH下降的原因是SO2与H2O发生反应生成H2SO3。验证猜想可以将煮沸的硝酸钡溶液替换为等量煮沸的水进行对比实验,具体操作为将煮沸的硝酸钡溶液替换为等量的煮沸的水,然后以相同的流速通入二氧化硫,测定溶液pH的变化。(2)未煮沸的Ba(NO3)2溶液中有O2,氧气具有氧化性,通入SO2后发生反应SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2===2H2SO4。氯化钡溶液和硝酸钡溶液的区别在于Cl-不能将亚硫酸氧化为硫酸,但是溶解的氧气仍会将亚硫酸氧化为硫酸,又因为氧气氧化H2SO3的反应活化能较大,则该反应的反应速率小于硝酸钡存在时的反应速率,且600 s时溶液酸性要稍弱。 考点2　氮及其重要化合物的转化规律 　 知|识|梳|理 1.氮及其化合物间的转化关系 2.NH3、N、N和—NH2的比较及氨和铵盐的性质 三角锥形 正四面体形 V形 V形 独立存在 铵盐晶体 或溶液中 离子化 合物中 共价化 合物中 ①与水反应 NH3+H2O NH3·H2O ②与酸反应 NH3+H+=== N ③与某些氧化 剂反应 ①与碱反应 N+OH-=== NH3·H2O　　 ②与水反应 N+H2O NH3·H2O+H+ — — 3.氮及其化合物的推断 有关氮及其重要化合物的推断题常以产生白烟、红棕色气体、无色气体在空气中变为红棕色、能使湿润红色石蕊试纸变为蓝色等特殊现象为突破口。 4.氮元素的“价—类二维图” 氮元素有多种可变化合价,物质的种类较多,在复习时要从物质类别和价态变化理解这些物质之间的转化关系。 知|识|对|练 角度三　氮在自然界中的循环 6.海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列说法正确的是(D) A.反应①②④均为氧化还原反应 B.反应③④中的氮元素均被还原 C.反应③和⑤均属于氮的固定 D.等质量的N分别参与反应④和⑤,转移电子数之比为4∶3 解析　反应①为N—→NH3,N元素的化合价没有发生变化,不属于氧化还原反应;反应②为NH2OH—→N2H4,N元素的化合价由-1价降低为-2价,存在化合价变化,属于氧化还原反应;反应④为N—→NH2OH,N元素的化合价由+3价降低为-1价,存在化合价变化,属于氧化还原反应,A项错误;反应③为N2H4—→N2,N元素的化合价由-2价升高为0价,N元素被氧化,反应④为N—→NH2OH,N元素的化合价由+3价降低为-1价,N元素被还原,B项错误;氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮,因此反应③⑤不是氮的固定,C项错误;反应④为N—→NH2OH,N元素的化合价由+3价降低为-1价,降低4价,反应⑤为N—→N2,N元素的化合价由+3价降低为0价,降低3价,转移电子数之比为4∶3,D项正确。 7.一种新型制备氨的方法如图所示。下列说法错误的是(D) A.反应①属于氮的固定 B.反应③为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ C.反应⑤两种气体相遇时产生白烟 D.该制备总反应为N2+3H22NH3 解析　反应①是镁和氮气反应生成氮化镁,氮元素由游离态变为化合态,属于氮的固定,A项正确;反应③为电解熔融氯化镁生成镁和氯气,反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑,B项正确;反应⑤为氨气和氯化氢相遇生成氯化铵,现象为产生白烟,C项正确;根据图示,该制备总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2,D项错误。 角度四　氮及其化合物的转化与物质推断 8.合成氨及其相关工业中,部分物质间的转化关系如下: 下列说法不正确的是(B) A.Ⅰ为人工固氮过程 B.硝酸铵是一种高效氮肥,可直接施用 C.Ⅴ中发生反应NH3+CO2+H2O+NaCl===NaHCO3↓+NH4Cl D.Ⅵ的副产物可在上述流程中被再次利用 解析　甲是N2,与H2化合生成NH3。反应Ⅴ是侯氏制碱法原理,丁是NaHCO3,受热分解生成Na2CO3。NH3发生催化氧化生成NO,NO与O2反应生成NO2,NO2溶于水生成HNO3,HNO3和NH3反应生成NH4NO3,即乙是NO,丙是NO2。将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮,Ⅰ为工业合成氨过程,属于人工固氮,A项正确;硝酸铵受热或受撞击会发生爆炸,不可直接施用,必须经过改性处理,B项错误;反应Ⅴ是侯氏制碱法原理,化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl===NaHCO3↓+NH4Cl,C项正确;NaHCO3分解生成的CO2可以循环利用,D项正确。 9.N元素是化工生产中的重要非金属元素,哈伯于1905年发明了合成氨技术——哈伯法,有效推动了工农业生产。结合氮及其化合物的“价(态)—类(别)”二维图(如图),回答下列问题: (1)b的分子式为 N2 ;h中含有的化学键类型是 离子键、共价键 。  (2)写出物质d与水反应的离子方程式: 3NO2+H2O===2H++2N+NO 。  (3)下列有关物质的说法错误的是 AC (填字母)。  A.a比水蒸气的热稳定性更强 B.e是一种酸性氧化物 C.磷酸的酸性比f的酸性强 D.哈伯法属于氮的固定 (4)少量铜粉中加入稀f溶液,通过观察到 铜粉溶解,溶液变为淡蓝色,有无色气体逸出 的现象,证明f具有强氧化性。  (5)图示8个转化反应中,共有 2 (填数字)个不属于氧化还原反应。  解析　由题图可知,a为氨气、b为氮气、c为一氧化氮、d为二氧化氮、e为五氧化二氮、f为硝酸、h为氯化铵。(1)由分析可知,b为氮气,分子式是N2;h为含有离子键和共价键的离子化合物氯化铵。(2)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的离子方程式为3NO2+H2O===2H++2N+NO。(3)同周期元素从左到右非金属性依次增强,氢化物的稳定性依次增强,则氨气的稳定性弱于水蒸气,A项错误;五氧化二氮与碱反应生成硝酸盐和水,则五氧化二氮属于酸性氧化物,B项正确;同主族元素从上到下非金属性依次减弱,最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱,则磷酸的酸性弱于硝酸,C项错误;合成氨反应是游离态氮元素转化为化合态氮元素的反应,属于人工固氮,D项正确。(4)少量铜粉中加入稀硝酸,铜粉溶解,溶液变为淡蓝色,有无色气体逸出,说明铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应中氮元素化合价部分降低被还原,硝酸在反应中表现强氧化性和酸性。(5)由题图可知,五氧化二氮与水生成硝酸的反应和氨气与氯化氢生成氯化铵的反应是没有元素化合价变化的非氧化还原反应,则8个转化反应中共有2个属于非氧化还原反应。 角度五　氮及其化合物的转化与物质制备 10.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料,某学习小组设计实验制备亚硝酸钙,实验装置如图所示(夹持装置略去)。 已知:①2NO+CaO2===Ca(NO2)2,2NO2+CaO2===Ca(NO3)2;②2CaO2+2H2O===2Ca(OH)2+O2↑。 下列说法不正确的是(B) A.装置B、C中的试剂可以分别为水和无水CaCl2 B.将稀硝酸换成浓硝酸可以制备纯净的Ca(NO3)2 C.装置F中酸性K2Cr2O7溶液的作用是吸收多余的氮氧化物 D.该装置存在缺陷,应在装置D和E之间增加一个干燥装置 解析　装置A中出来的气体中含有水蒸气和硝酸蒸气,水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应,需要除去,装置B中盛放水,吸收硝酸蒸气,装置C中盛放无水氯化钙,干燥NO气体,A项正确;将稀硝酸换成浓硝酸,反应生成的NO2通过装置B转化为NO,NO与过氧化钙反应生成亚硝酸钙,因此不能得到纯净的硝酸钙,B项错误;氮的氧化物有毒,污染环境,需要尾气处理,利用酸性重铬酸钾溶液的强氧化性可以将氮的氧化物氧化为N,消除污染,C项正确;过氧化钙能与水反应,为提高产品的纯度,需要在D、E之间增加一个干燥装置,D项正确。 11.水合肼(N2H4·H2O)是重要的氢能源稳定剂,具有较强的还原性。水合肼的制备原理为NaClO+2NH3·H2O===N2H4·H2O+NaCl+2H2O。下列装置和操作能达到实验目的的是(D) 甲 乙 丙 丁 A.装置甲用于制备NH3 B.装置乙用作反应过程的安全瓶 C.装置丙中先加入NaClO溶液,再从a口通入NH3 D.装置丁用于吸收反应中过量的NH3 解析　装置甲中直接加热NH4Cl虽然能产生氨气,但因为盐酸的酸性强,很快在试管口附近与氨气结合变为NH4Cl固体,A项错误;氨气极易溶于水,导管应短进短出,可防止倒吸,B项错误;水合肼具有较强的还原性,容易被氧化,所以装置丙中应先从a口通入NH3,再滴入NaClO溶液,C项错误;氨气会污染环境,用装置丁吸收反应中过量的NH3,并且利用氨气不溶于四氯化碳来防止倒吸,D项正确。 角度六　氮及其化合物的转化与典型物质性质探究 12.一定温度下,探究铜与稀硝酸反应的过程如下: 下列说法不正确的是(B) A.过程Ⅰ中被还原的硝酸占反应硝酸总物质的量的四分之一 B.过程Ⅲ的反应速率比过程Ⅰ快的原因是NO2溶于水,使HNO3浓度增大 C.由实验可知,NO2对该反应可能具有催化作用 D.当活塞不再移动时,再抽入空气,铜可以继续溶解 解析　过程Ⅰ中被还原的硝酸产物为NO,通过反应方程式可得出被还原的硝酸占反应硝酸总物质的量的四分之一,A项正确;过程Ⅲ中硝酸的浓度没有过程Ⅰ中大,因为部分硝酸转化成了一氧化氮,因此反应速率比过程Ⅰ快的原因不可能是c(HNO3)增大,B项错误;由实验可知,过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快,说明NO2可能对该反应具有催化作用,C项正确;当活塞不再移动时,再抽入空气,NO与O2反应生成NO2,NO2溶于水生成稀硝酸,能够继续溶解铜,D项正确。 13.(2025·广州联考)某小组探究NH3的催化氧化,实验装置如图所示。③中气体颜色无明显变化,④中收集到红棕色气体,一段时间后,④中产生白烟。下列分析不正确的是(B) A.③④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O B.④中白烟的主要成分是NH4Cl C.一段时间后⑤中可能变蓝 D.若用氨气进行尾气处理,每处理0.6 mol NO2需消耗0.8 mol氨气 解析　①中高锰酸钾受热制备氧气,装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气,装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮,装置④中反应生成的NO与过量的O2反应生成红棕色气体NO2,NO2与水蒸气反应生成硝酸,硝酸与氨气反应生成硝酸铵,会有白烟产生,装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸,硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液。由分析可知,③中气体颜色无明显变化,④中收集到红棕色气体,一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化生成一氧化氮,反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,A项正确;由分析可知,④中白烟的主要成分是硝酸铵,B项错误;装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸,硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液,C项正确;用氨气处理尾气NO2,发生的反应的方程式为6NO2+8NH3===7N2+12H2O,NO2与NH3的化学计量数之比为6∶8,则处理0.6 mol NO2需消耗0.8 mol氨气,D项正确。 微充电　素养提升 高效破题——“三守恒”巧解金属与硝酸反应计算题 　 【方法归纳】　 硝酸与金属反应的计算方法 硝酸与金属反应时,金属被氧化生成金属阳离子,硝酸被还原为低价氮的化合物。所遵循的规律必须符合三个守恒: 1.得失电子要守恒。 根据这个守恒,往往求氮元素被还原后的价态,根据价态确定反应产物。 2.N元素守恒。 硝酸与金属活动性顺序中氢以后的金属发生作用时,浓硝酸的还原产物主要是NO2,稀硝酸的还原产物主要是NO。若金属和一定量浓硝酸恰好反应,则产生的气体为NO、NO2的混合气体,无论硝酸的还原产物是NO、NO2还是两者的混合物,n(HNO3)还原=n(气体),n(HNO3)消耗=n(气体)+an(金属)(a为金属的化合价)或溶液中的N和放出的NO(或NO2)中N元素的物质的量之和等于原HNO3的物质的量。 3.溶液中要符合电荷守恒。 Mn+和H+所带正电荷总数应等于N所带负电荷总数(因为这种溶液中OH-浓度很小,可被忽略)。 另外,如果变价金属与硝酸反应,例如Fe,Fe不足时生成Fe3+,Fe过量时生成Fe2+。 【母题】　足量铜溶于一定量的浓硝酸,产生NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体若与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中,气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 mol·L-1 H2SO4溶液100 mL,则继续溶解的Cu的质量为(C) A.6.4 g B.9.6 g C.19.2 g D.24 g 解析　设原来溶解的Cu的物质的量为x,Cu失去的电子被N元素得到生成氮的氧化物,这些氮的氧化物再与O2、H2O反应生成HNO3,可看成Cu失电子,O2得电子,则根据得失电子守恒可知,2x=×4,解得x=0.1 mol,所以原所得溶液中N的物质的量为0.2 mol; 3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O 1 mol 0.2 mol H+过量,所以继续溶解的Cu的质量为×3×64 g·mol-1=19.2 g。 【衍生】　将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解,产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。回答下列问题: (1)NO的体积为 5.824 L,NO2的体积为 5.376 L。  (2)参加反应的HNO3的物质的量是 1.52 mol 。  (3)待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a mol·L-1的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸溶液的浓度为  mol·L-1。  (4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3,至少需要30%的双氧水 57.8 g。  解析　(1)n(Cu)==0.51 mol,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2 L,有x+y=0.5 mol。根据得失电子守恒,有3x+y=(0.51×2) mol。解得x=0.26 mol,y=0.24 mol。则V(NO)=0.26 mol×22.4 L·mol-1=5.824 L,V(NO2)=11.2 L-5.824 L=5.376 L。(2)参加反应的HNO3分两部分:一部分没有被还原,显酸性,生成Cu(NO3)2;另一部分被还原成NO2和NO,所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2+0.5 mol=1.52 mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体,一部分以N的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀,则溶液中只有NaNO3,其物质的量为10-3aV mol,也就是以N形式留在溶液中的N的物质的量为10-3aV mol。所以,c(HNO3)= mol·L-1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)=2×n(H2O2),×2=n(H2O2)×2,n(H2O2)=0.51 mol,则m(H2O2)=17.34 g。需30%的双氧水=57.8 g。 微真题　把握方向 　 考向一　硝酸的性质、制备 1.(2024·湖南卷)某学生按图示方法进行实验,观察到以下实验现象: ①铜丝表面缓慢放出气泡,锥形瓶内气体呈红棕色; ②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快,气体颜色逐渐变深; ③一段时间后气体颜色逐渐变浅,至几乎无色; ④锥形瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升,最终铜丝与液面脱离接触,反应停止。 下列说法正确的是(C) A.开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢,原因是铜丝在稀硝酸中表面钝化 B.锥形瓶内出现了红棕色气体,表明铜和稀硝酸反应生成了NO2 C.气体红棕色逐渐变浅的主要原因是3NO2+H2O===2HNO3+NO D.铜丝与液面脱离接触,反应停止,原因是硝酸消耗完全 解析　金属铜在稀硝酸中不会钝化,开始时反应速率较慢,可能的原因是铜表面有氧化铜,A项错误;由于装置内有空气,铜和稀硝酸反应生成的NO迅速被氧气氧化为红棕色的NO2,产生的NO2浓度逐渐增加,气体颜色逐渐变深,B项错误;装置内氧气逐渐被消耗,生成的NO2量逐渐达到最大值,同时装置内的NO2能与溶液中的H2O发生反应3NO2+H2O===2HNO3+NO,气体颜色变浅,C项正确;由于该装置为密闭体系,生成的NO无法排出,逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗,铜丝与液面脱离接触,反应停止,D项错误。 2.(2024·北京卷)HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。 (1)方法一:早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3,反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaNO3===NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 难挥发性 。  (2)方法二:以NH3为氮源催化氧化制备HNO3,反应原理分三步进行。 NH3NONO2HNO3 第Ⅰ步反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O 。  (3)人工固氮是高能耗的过程,结合N2分子结构解释原因: N2中存在氮氮三键,键能大,断键时需要较大的能量,故人工固氮是高能耗的过程 。  解析　(1)浓硫酸难挥发,产物HNO3为气体,有利于复分解反应进行,体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。(2)第Ⅰ步反应为氨气的催化氧化,化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。(3)N2中存在氮氮三键,键能大,断键时需要较大的能量,故人工固氮是高能耗的过程。 考向二　氮及其化合物的转化 3.(2023·江苏卷)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(B) A.实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物:HNO3(稀)NONO2 B.工业制硝酸过程中的物质转化:N2NOHNO3 C.汽车尾气催化转化器中发生的主要反应:2NO+2CON2+2CO2 D.实验室制备少量NH3的原理:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 解析　Cu与稀硝酸的反应产物之一为NO,NO与氧气发生反应2NO+O2===2NO2,A项正确;工业制硝酸的生产流程为N2与H2在高温、高压、催化剂条件下制NH3,NH3催化氧化生成NO,NO、O2和水反应生成HNO3,B项错误;汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体,故该反应方程式为2NO+2CON2+2CO2,C项正确;实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量NH3,化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,D项正确。 4.(2022·江苏卷)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(A) A.自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3 B.侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl C.工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3 D.多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环” 解析　自然固氮是将N2转化为含氮化合物,不一定是转化为NH3,比如大气固氮是将N2转化为NO,A项错误;侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl,反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl===NaHCO3↓+NH4Cl,B项正确;工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3,相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2===2NO2、3NO2+H2O===2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O===4HNO3,C项正确;氮元素在自然界中既有游离态又有化合态,多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”,D项正确。 第20讲　碳、硅及无机非金属材料 [目标速览]　1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解碳、硅及其重要化合物的主要性质,认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。2.结合实例认识碳、硅及其化合物的多样性,了解通过化学反应可以探索物质的性质,实现物质的转化,认识物质及其转化在促进社会文明进步、自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。 微考点　核心突破 考点1　碳、硅单质的性质 　 知|识|梳|理 1.碳、硅元素在自然界中的存在形态 (1)碳:既有游离态又有化合态。 (2)硅:只有化合态。硅在地壳中的含量占第二位。 2.常见的碳单质 (1)金刚石。 碳原子的排列方式:正四面体的空间网状结构 碳原子的杂化方式:sp3杂化 物理性质:熔点高,硬度大,不导电 (2)石墨。 碳原子的排列方式:层状结构,每层为正六边形的平面网状结构 碳原子的杂化方式:sp2杂化 物理性质:熔点高,硬度小,能导电 (3)足球烯(C60)。 碳原子的排列方式:“足球”状分子,由正五边形和正六边形排列而成 物理性质:不导电 3.碳、硅单质的物理性质和用途(连线) 4.碳和硅的化学性质——还原性 (1)碳单质的化学性质。 ①与O2反应。 a.O2不足:2C+O22CO。 b.O2足量:C+O2CO2。 ②与其他物质反应。 a.与CuO反应:2CuO+C2Cu+CO2↑。 b.与CO2反应:CO2+C2CO。 c.与水蒸气反应:C+H2O(g)CO+H2。 d.与浓硫酸反应:C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。 (2)硅单质的化学性质。 ①与O2反应:Si+O2SiO2。 ②与Cl2反应:Si+2Cl2SiCl4。 ③与氢氟酸反应:Si+4HF===SiF4↑+2H2↑。 5.硅的工业制法 用焦炭和二氧化硅在电炉中反应得到粗硅,反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料。(√) 2.高纯度的单晶硅用于制造光导纤维。(×) 提示:二氧化硅用于制造光导纤维。 3.硅主要以单质形式存在于自然界中。(×) 提示:自然界中无单质硅。 4.硅是一种良好的半导体材料。(√) 5.碳有多种同素异形体,氧不存在同素异形体。(×) 提示:碳有多种同素异形体,氧也存在同素异形体,如O2、O3。 知|识|拓|展 1.Si的还原性强于C,但C能还原SiO2生成Si,且氧化产物为CO,反应方程式为2C+SiO2Si+2CO↑,其原因是产物CO为气体,它的放出降低了生成物的浓度,促使反应向正反应方向进行。 2.不要混淆硅和二氧化硅的用途:用作半导体材料的是晶体硅,用于制作光导纤维的是SiO2。 3.不要混淆常见含硅物质的成分。 (1)计算机芯片的成分是晶体硅。 (2)水晶、石英、玛瑙等的主要成分是SiO2。 (3)传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃的主要成分是硅酸盐。 知|识|对|练 角度一　新材料、新技术下碳的考查 1.碳及其化合物与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是(B) A.12C、13C、14C、C60、石墨烯、金刚石都是碳的同素异形体,用途广泛 B.用二氧化碳合成可降解的聚碳酸酯塑料,可以实现“碳”的循环利用 C.石墨烯和碳纤维都是新型有机高分子材料 D.碳纳米管是一种有机合成纤维,其比表面积大,可用作新型储氢材料 解析　12C、13C、14C是碳元素的三种核素,它们之间互称为同位素,不是同素异形体,A项错误;用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料,可以实现“碳”的循环利用,B项正确;石墨烯、碳纤维、碳纳米管都是碳的单质,是无机非金属材料,不是有机材料,C、D两项错误。 角度二　硅的性质 2.ChatGPT是史上月活用户增长最快的消费者应用。下列说法中不正确的是(C) A.硅晶片是生产芯片的基础材料 B.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像,该过程涉及化学变化 C.硅在自然界中主要以单质形式存在 D.硅是应用最广泛的半导体材料 解析　硅晶片是优良的半导体材料,是生产芯片的基础材料,A项正确;光敏树脂在曝光条件下成像时有新物质生成,属于化学变化,B项正确;硅元素是亲氧元素,在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在,不存在硅单质,C项错误;硅是优良的半导体材料,可用于制造和生产芯片,D项正确。 角度三　工业制取高纯度硅 3.硅是带来人类文明的重要元素之一,从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。 (1)硅在元素周期表中的位置是 第三周期第ⅣA族 。  (2)工业上生产粗硅的反应有SiO2+2CSi(粗)+2CO↑;SiO2+3CSiC+2CO↑。 若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1∶1,则参加反应的C和SiO2的物质的量之比约为 5∶2 。  (3)工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅: ①若反应Ⅰ为Si(粗)+3HClSiHCl3+H2,则反应Ⅱ的化学方程式为 SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl 。  ②整个制备过程中必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质,写出该反应的化学方程式: SiHCl3+3H2O===H2SiO3↓+3HCl+H2↑ 。  ③假设每一轮次制备1 mol纯硅,且生产过程中硅元素没有损失,反应Ⅰ中HCl的利用率为90%,反应Ⅱ中H2的利用率为93.75%,则在第二轮次的生产中,补充投入HCl和H2的物质的量之比是 5∶1 。  解析　(2)根据反应SiO2+2CSi(粗)+2CO↑、SiO2+3CSiC+2CO↑,生成1 mol Si需2 mol C、1 mol SiO2,生成1 mol SiC需3 mol C、1 mol SiO2,产品中Si与SiC的物质的量之比为1∶1,则参加反应的C和SiO2的物质的量之比为5∶2。(3)①反应Ⅱ的化学方程式为SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl。②化学方程式为SiHCl3+3H2O===H2SiO3↓+3HCl+H2↑。③反应生成1 mol纯硅需补充HCl为-3,需补充H2为-1,补充HCl与H2的物质的量之比约为5∶1。 考点2　碳、硅氧化物的性质 　 知|识|梳|理 1.物理性质 (1)熔、沸点:SiO2的熔、沸点比CO2的熔、沸点高。 (2)溶解性:CO2可溶于水,SiO2不溶于水。 2.化学性质 物质 二氧化硅 二氧化碳 与水 反应 不反应 CO2+H2OH2CO3 与酸 反应 只与氢氟酸反应:SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O 不反应 与碱 (NaOH) 溶液反应 SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O(盛碱液的试剂瓶用橡胶塞) CO2少量:CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O CO2足量:CO2+NaOH===NaHCO3 与盐 反应 如与Na2CO3反应: SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑ 如与Ca(ClO)2反应: Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO 与碱 性氧化 物反应 如与CaO反应:SiO2+CaOCaSiO3 如与Na2O反应: CO2+Na2O===Na2CO3 3.主要用途 (1)CO2:制饮料、碳酸盐,干冰用作制冷剂。 (2)SiO2:作光导纤维,制光学仪器、电子部件,水晶可制作饰品。 4.CO2的实验室制法 (1)反应原理。 用大理石与稀盐酸或稀硝酸反应的离子方程式:CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O。 (2)发生装置。 通常用启普发生器。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.因为SiO2有导电性,所以SiO2可用于制备光导纤维。(×) 提示:SiO2无导电性,但SiO2具有立体四面体网状结构,具有良好的透光性并发生全反射,可用于制备光导纤维。 2.酸性氧化物都只能与碱反应不能与酸发生反应。(×) 提示:二氧化硅属于酸性氧化物,但能与氢氟酸发生反应SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O。 3.工业上用焦炭和石英制取粗硅的反应方程式为SiO2+CSi+CO2↑。(×) 提示:反应生成的是CO而不是CO2。 4.实验室中保存烧碱溶液不能用磨口玻璃塞。(√) 提示:SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3,Na2SiO3溶液具有黏性,使瓶口与瓶塞黏在一起,不易开启。 5.向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2出现白色沉淀,证明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强。(×) 提示:硅酸钠溶液中通入二氧化碳产生的白色沉淀为硅酸,根据强酸制弱酸原理,说明碳酸的酸性比硅酸强。 知|识|拓|展 1.混合气体(CO、CO2)中含有CO气体的实验设计 各装置的作用: A——除去混合气体中的CO2气体 B——检验混合气体中CO2是否除尽 C——CO还原CuO:CO+CuOCu+CO2 D——验证CO的氧化产物CO2 E——除去尾气中的CO2气体 F——除去尾气中的CO气体,防止污染环境 确定混合气体中含有CO气体的实验现象: B中无明显现象,C中的物质由黑色变成红色,且D中的澄清石灰水变浑浊。 2.CO2与碱、盐溶液的反应 (1)与碱溶液的反应。 ①反应原理。 NaOHNa2CO3NaHCO3。 ②反应后溶质成分的判断。 x= 溶质成分 x≤1 NaHCO3 1<x<2 Na2CO3、NaHCO3 x=2 Na2CO3 x>2 NaOH、Na2CO3 也可用数轴来表示: (2)往某溶液中不断通入CO2至过量时,现象是“先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解”的反应。 ①往澄清石灰水中不断通入CO2气体。 Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O, CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2。 ②往氢氧化钡溶液中不断通入CO2气体。 Ba(OH)2+CO2===BaCO3↓+H2O, BaCO3+CO2+H2O===Ba(HCO3)2。 ③往漂白粉溶液中不断通入CO2气体。 Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO, CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2。 (3)向某溶液中不断通入CO2气体至过量时,现象为“生成白色沉淀或浑浊,沉淀或浑浊不消失”的反应。 ①在Na[Al(OH)4]溶液中不断通入CO2气体至过量。 2[Al(OH)4]-+CO2(少量)===2Al(OH)3↓+C+H2O, [Al(OH)4]-+CO2(过量)===Al(OH)3↓+HC。 ②往Na2SiO3溶液中不断通入CO2气体至过量。 Si+CO2(少量)+H2O===H2SiO3↓+C, Si+2CO2(过量)+2H2O===H2SiO3↓+2HC。 ③常温下,向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2气体有晶体析出。 2Na++C+CO2+H2O===2NaHCO3↓。 3.几点反常 (1)一般情况,碱性氧化物+酸—→盐+水,SiO2是酸性氧化物,却能与氢氟酸发生反应SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O。 (2)一般情况,较强酸+较弱酸盐—→较弱酸+较强酸盐。虽然酸性H2CO3>H2SiO3,却能发生如下反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑。 (3)一般情况,非金属氧化物与水反应生成相应的酸,如CO2+H2OH2CO3,但SiO2不溶于水,也不与水反应。 知|识|对|练 角度四　二氧化碳与弱酸盐溶液反应的规律 4.用四种溶液进行实验,下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是(B) 选项 操作及现象 溶液 A 通入CO2,溶液变浑浊,再升温至65 ℃以上,溶液变澄清 C6H5ONa溶液 B 通入CO2,溶液变浑浊,继续通CO2至过量,浑浊消失 Na2SiO3溶液 C 通入CO2,溶液变浑浊,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　硅酸与过量的CO2不反应。 5.中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2,反应过程如图所示。下列说法错误的是(B) A.捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2 B.环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶 C.反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质 D.可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2 解析　利用NaOH溶液实现“碳捕获”吸收器中,NaOH溶液用喷淋方式加入,增大反应物之间的接触面积,充分吸收二氧化碳,环节a中,氧化钙与水反应生成氢氧化钙,碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,Na2CO3发生反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+2NaOH,CaCO3需从溶液中过滤出来再高温煅烧,生成的CO2循环使用。NaOH溶液喷成雾状,可增大反应接触面积,提高CO2吸收率,A项正确;环节a为Na2CO3和Ca(OH)2反应生成CaCO3,需从溶液中过滤出来再高温煅烧,故基本操作不是蒸发结晶,B项错误;NaOH和CaO在流程中既有消耗,也有生成,可循环利用,C项正确;Na2CO3可以和CO2反应,因此可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液,D项正确。 角度五　CO2与碱溶液反应产物的定量判断 6.标准状况下,将3.36 L CO2气体通入200 mL 1.00 mol·L-1 NaOH溶液中,充分反应后溶液中c(C)与c(HC)的比为(不考虑C、HC的水解)(B) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶3 解析　n(CO2)==0.150 mol,n(NaOH)=0.200 L×1.00 mol·L-1=0.200 mol,==,即1<<2,反应产物为Na2CO3、NaHCO3,设其物质的量分别为x、y,则,解得,所以n(C)∶n(HC)=1∶2。 角度六　碳的氧化物的有关实验 7.为检验二氧化碳气体中是否混有一氧化碳,某课外兴趣小组的同学设计了如图所示的实验装置。根据装置回答下列问题: (1)A装置的作用是 吸收CO2 。  (2)实验后通过 点燃 处理尾气,发生反应的化学方程式为 2CO+O22CO2 。  (3)若实验时观察到 B中无明显现象,装置C中黑色粉末变成红色,D中澄清石灰水变浑浊 ,则证明原气体中一定含有一氧化碳。  解析　(1)除去混合气体中的CO2时,可先将混合气体通入盛有浓NaOH溶液的洗气瓶中,故A装置的作用是吸收CO2,以排除对后面实验的干扰。(2)CO有毒,故将CO点燃生成CO2后才能排放到空气中。(3)CO还原CuO的实验现象是黑色粉末变成红色,故利用这一现象来证明原气体中一定含有CO。 角度七　碳及其化合物的相互转化 8.第十三届全国人民代表大会第四次会议政府工作报告指出“要扎实做好碳达峰、碳中和各项工作”,绿色氢能和液态阳光甲醇可助力完成碳中和目标。下列说法正确的是(D) A.CH3OH属于电解质 B.用焦炭与H2O反应是未来较好获取氢能的方法 C.H2与CO2反应,每生成1 mol CH3OH时转移4 mol电子 D.植树造林、节能减排等有利于实现碳中和 解析　CH3OH属于非电解质,A项错误;该工艺需消耗大量的能量,不节能,B项错误;每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子,C项错误;植树造林、节能减排等有利于实现碳中和,D项正确。 9.部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是(C) A.固态p可做制冷剂用于人工降雨 B.p转化为r可通过化合反应来实现 C.m转化为n或o的反应均释放能量 D.n的一种同素异形体中既存在共价键也存在范德华力 解析　依据“价—类”二维图可知,m为甲烷、n为碳单质、o为CO、p为CO2、r为碳酸盐。p为二氧化碳,可做制冷剂用于人工降雨,A项正确;二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙,是化合反应,B项正确;甲烷转化为碳单质是吸热反应,C项错误;碳有多种同素异形体,如金刚石、石墨等,石墨中既存在共价键也存在范德华力,D项正确。 10.如图是碳循环中的一部分。以下对该图示的理解不正确的是(C) A.倡导“低碳生活、减少CO2的排放”的思想主要涉及反应① B.反应②是在植物体内完成的 C.反应③是大气中CO2浓度逐渐升高的主要原因 D.反应④⑥是人为缓解温室效应的措施 解析　化石燃料燃烧生成的CO2是大气中CO2的主要来源,A项正确;植物体内的光合作用将CO2转化为葡萄糖,B项正确;大气中CO2浓度逐渐升高的主要原因是人为过度使用化石燃料、过度砍伐树木,C项错误;④⑥可人为缓解温室效应,D项正确。 11.由气体甲开始,可发生如下四个变化: 甲气体乙气体丙气体乙气体丁固体,则甲、乙、丙、丁分别为(C) A.CO2、CO、O2、CaO B.O2、CO、CO2、CaCO3 C.O2、CO2、CO、CaCO3 D.CO、CO2、O2、Ca(OH)2 解析　分析题中流程图最终生成丁固体,丁为CaCO3,丙气体具有还原性,则丙为CO。故选C。 角度八　二氧化硅的性质 12.诺贝尔物理学奖曾被授予“光纤之父”英国华裔科学家高锟以及两位美国科学家威拉德·博伊尔和乔治·史密斯。光导纤维的主要成分是二氧化硅,下列关于二氧化硅的说法正确的是(D) A.二氧化硅是酸性氧化物,与水反应生成硅酸 B.用二氧化硅制取单质硅时,当生成2.24 L气体(标准状况)时,得到2.8 g硅 C.6 g二氧化硅中含有0.2 mol的共价键 D.二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应,但能与碳酸钠固体在高温时发生反应 解析　A项,SiO2不与H2O反应;B项,SiO2+2C2CO↑+Si,生成2.24 L CO(标准状况)时,得到1.4 g Si;C项,6 g二氧化硅的物质的量为0.1 mol,1 mol二氧化硅分子中含有4 mol共价键,所以0.1 mol二氧化硅中含有0.4 mol共价键。 角度九　硅及其化合物的相互转化 13.水泥产品被广泛应用于水利水电工程、公路、铁路、桥梁、涵洞、飞机场、码头等各类工程领域,产品具备强度高、耐蚀、耐酸性强、相溶性好等优点。水泥属于无机非金属材料,下列关于无机非金属材料说法错误的是(A) A.传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、光导纤维等材料 B.无机非金属材料二氧化硅是生产光导纤维的原料 C.硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料 D.在水泥中加入适量石膏的目的是调节水泥硬化速率 解析　陶瓷、玻璃和水泥属于传统无机非金属材料,光导纤维属于新型无机非金属材料,A项错误;二氧化硅透明度高、能够发生全反射,可作为生产光导纤维的原料,B项正确;硅是一种半导体,性质较稳定,具有电气特性,是人类将太阳能转换为电能的常用材料,C项正确;水泥中加入适量的石膏,石膏可在水泥表面形成保护膜从而阻滞水泥颗粒的水化反应,防止水泥凝结过快,D项正确。 14.已知A是灰黑色的有金属光泽的固体单质。根据如图所示的物质之间的转化关系,回答下列有关问题: (1)写出B、C两物质的名称:B 硅酸钠 ,C 硅酸 。  (2)写出D—→B的化学方程式: SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O 。  (3)写出B—→C的离子方程式: Si+H2O+CO2===C+H2SiO3↓ 。  解析　灰黑色有金属光泽的固体单质A能与O2反应,能与NaOH溶液反应,且A由氧化物D与碳在高温下制得,故A为Si,依据各物质间的转化关系进而推知B为Na2SiO3,C为H2SiO3,D为SiO2。 考点3　无机非金属材料 　 知|识|梳|理 一、硅酸盐材料 1.陶瓷 陶瓷以黏土(主要成分为含水的铝硅酸盐)为主要原料,经高温烧结而成的。 2.玻璃 普通玻璃的主要成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2,它是以纯碱、石灰石和石英砂为主要原料,经混合、粉碎,在玻璃窑中熔融,发生复杂的物理和化学变化而制得的。玻璃可用于生产建筑材料、光学仪器和各种器皿,还可制造玻璃纤维用于高强度复合材料等。 3.水泥 普通硅酸盐水泥的主要原料是黏土和石灰石,二者与其他辅料经混合、研磨后在水泥回转窑中煅烧,发生复杂的物理和化学变化,加入适量石膏调节水泥的硬化速率,再磨成细粉就能得到普通水泥。 混凝土是水泥、沙子和碎石等与水混合得到的。 二、新型无机非金属材料 1.新型陶瓷 新型陶瓷在组成上不再限于传统的硅酸盐体系,在光学、热学、电学、磁学等方面具有很多新的特性和功能。 2.新型陶瓷的种类与用途 材料类型 主要特性 示例 用途 高温结 构陶瓷 耐高温、抗氧化、耐磨蚀 碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等烧结而成 火箭发动机的尾管及燃烧室、汽车发动机、高温电极材料等 压电 陶瓷 实现机械能与电能的相互转化 钛酸盐、锆酸盐 滤波器、扬声器、超声波探伤器、点火器等 透明 陶瓷 优异的光学性能,耐高温,绝缘性好 氧化铝、氧化钇、氮化铝、氟化钙 高压钠灯、激光器、高温探测窗等 超导陶瓷 在某一临界温度下电阻为零 — 可用于电力、交通、医疗等领域 3.碳纳米材料 碳纳米材料是一类新型的无机非金属材料。 (1)类型:富勒烯、碳纳米管、石墨烯等。 (2)用途:在能源、信息、医药等领域有广阔的应用前景。 材料类型 性能 用途 碳纳 米管 比表面积大,高强度,优良的电学性能 生产复合材料、电池和传感器等 石墨烯 电阻率低,热导率高,具有很高的强度 用于光电器件、超级电容器、电池和复合材料等 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.碳化硅俗称金刚砂,它可用于高温结构陶瓷的制作。(√) 2.二氧化硅可用于生产玻璃。(√) 3.沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐。(×) 4.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品。(×) 5.传统的无机非金属材料均为硅酸盐材料。(×) 6.石墨烯的电阻率低,热导率也低。(×) 7.压电陶瓷能实现机械能与电能的相互转化。(√) 知|识|对|练 角度十　传统无机非金属材料 15.硅胶吸附剂的结构如图所示,硅胶常用作干燥剂,在其中添加CoCl2可使其指示吸水量,这可用于判断硅胶是否失效,原理如下:CoCl2(蓝色)—→CoCl2·6H2O(粉红色),失效的硅胶可加热再生。下列说法错误的是(B) A.当硅胶变粉红色时说明硅胶失效了 B.SiO2是酸性氧化物,硅胶可干燥HF C.失效的硅胶再生时加热的温度不宜过高 D.当硅胶遇到大量的水分子时,硅胶中的羟基形成了过多氢键从而失去吸附力 解析　由题中信息可知,硅胶吸水失效后,蓝色的CoCl2会转化为粉红色的CoCl2·6H2O,A项正确;二氧化硅可以和HF反应,故硅胶不能干燥HF,B项错误;温度过高,CoCl2水解生成Co(OH)2而失去显色作用,C项正确;由硅胶结构可知,硅胶通过羟基和水分子之间形成氢键而达到吸水的目的,故当硅胶遇到大量的水分子时,硅胶中的羟基形成了过多氢键从而失去吸附力,D项正确。 16.水玻璃(Na2SiO3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(含SiO2 65%~70%、含C 30%~35%)制取水玻璃的工艺流程: 下列说法正确的是(A) 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相同 C.该流程中硅元素的化合价发生改变 D.反应器中发生的反应为氧化还原反应 解析　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,A项正确;操作A为过滤,操作B为蒸发浓缩,是两种不同的操作,B项错误;二氧化硅中硅元素的化合价是+4价,硅酸钠中硅元素的化合价也是+4价,所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变,C项错误;反应器中发生的反应为SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O,此反应没有元素化合价的变化,属于非氧化还原反应,D项错误。 17.(2025·邯郸模拟)工业上制备高纯硅,一般需要先制得98%左右的粗硅,再以粗硅为原料制备高纯硅,工艺流程如下;工业上还以粗硅为原料采用熔融盐电解法制取甲硅烷(SiH4),电解装置如图所示: 石英砂粗硅SiHCl3(粗)SiHCl3(纯)高纯硅 下列有关说法正确的是(C) A.制备粗硅的化学方程式:SiO2+CSi+CO2↑ B.制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质只有HCl C.阴极发生的电极反应:H2+2e-===2H- D.SiO2、Si、SiH4都属于共价晶体 解析　石英砂加焦炭在高温条件下反应得到粗硅,粗硅与HCl在573 K以上加热生成粗SiHCl3,精馏得到纯的SiHCl3,在1 357 K与氢气反应生成高纯硅。制备粗硅的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,A项错误;制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质有H2和HCl,B项错误;阴极上氢气得电子产生H-,发生的电极反应为H2+2e-===2H-,C项正确;SiH4属于分子晶体,D项错误。 角度十一　新型无机非金属材料 18.新材料的新秀——石墨烯和氧化石墨烯已成为物理、化学、材料科学研究的国际热点课题。其结构模型如图所示: 下列有关说法正确的是(D) A.石墨烯是一种新型的化合物 B.氧化石墨烯即石墨烯的氧化物 C.二者和石墨都是碳的同素异形体 D.氧化石墨烯具有一定的亲水性 解析　石墨烯是碳的单质,A项错误;氧化石墨烯中含有氢元素,故不是石墨烯的氧化物,也不是碳的同素异形体,B、C两项错误;由于氧化石墨烯结构中含有羟基和羧基等亲水基团,所以它具有一定的亲水性,D项正确。 19.2024年央视春晚首次应用5G-A技术,AI含量高,硬科技霸屏,下列有关说法错误的是(D) A.舞蹈《瓷影》所诠释的青花瓷,其主要原材料为含水的铝硅酸盐 B.晚会采用的LED屏,其发光材料通常是以Si3N4为基础,用Al取代部分Si,用O取代部分N后所得的陶瓷制作而成 C.5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加热状态下一般会变成液晶,液晶既具有液体的流动性,又表现出类似晶体的各向异性 D.芯片中二氧化硅优异的半导体性能使得晚会上各种AI技术得以完美体现 解析　青花瓷是传统无机非金属材料,其主要原材料为含水的铝硅酸盐,A项正确;LED屏发光材料通常是以Si3N4为基础,用Al取代部分Si,用O取代部分N后所得的结构多样化的陶瓷,B项正确;液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性,在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体的各向异性,C项正确;芯片的主要成分是硅单质,D项错误。 20.氮化硅可用作高温结构陶瓷复合材料,在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如图所示: 其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。 回答下列问题: (1)石英砂不能与碱性物质共同存放,以NaOH为例,用化学方程式表示其原因: SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O 。  (2)图示①~⑤的变化中,属于氧化还原反应的是 ①② (填序号)。  (3)在反应⑤中,3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol氮化硅粉末和8 mol A气体,则氮化硅的化学式为 Si3N4 。  (4)在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中也能反应生成氮化硅,B和C两种气体在一定条件下化合生成A。写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式: 3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl 。  解析　(2)反应①是石英砂与焦炭发生氧化还原反应;反应②是硅单质与Cl2发生氧化还原反应。(3)氮化硅的化学式可通过题目信息运用质量守恒定律求得3Si(NH2)4Si3N4+8NH3↑。(4)结合题给信息,SiCl4与N2、H2反应可得到Si3N4和HCl。 微充电　素养提升 创新考法——精选情境显价值　能力突破有方法 　 命题点1　利用诗词名句创设崭新情境 【母题1】　“试玉要烧三日满,辨材须待七年期”是唐代诗人白居易的名句,下列有关“玉”的说法正确的是(C) A.玉是石灰石 B.玉的硬度比河砂的大 C.玉的熔点较高 D.玉是金刚砂 解析　玉有软玉和硬玉两种,软玉和硬玉的成分都是硅酸盐,金刚砂是碳化硅的俗称,A、D两项错误。软玉是含水的钙镁硅酸盐,硬度一般在6.5以下;硬玉也叫翡翠,为钠和铝的硅酸盐,硬度为6.5~7。河砂的主要成分是石英,玉石可以用河砂作磨料进行琢磨,可以判断河砂的硬度比玉的大,B项错误。“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日,说明“玉”的熔点较高;若能联想到陶瓷、玻璃的主要成分是硅酸盐,均为高温烧制而成,也可以快速判断玉的熔点较高,C项正确。 【衍生1】　《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无沙黏土而为之”“凡坯既成,干燥之后,则堆积窖中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色),与造砖同法”。下列说法错误的是(A) A.沙子和黏土的主要成分为硅酸盐 B.“燃薪举火”使黏土发生了复杂的物理和化学变化 C.烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦 D.黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料 解析　沙子的主要成分为二氧化硅,二氧化硅是氧化物,不属于硅酸盐,A项错误;黏土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理和化学变化,B项正确;由“浇水转釉(主要为青色),与造砖同法”可知,C项正确;黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料,D项正确。 重点记忆　软玉的成分有Ca2Mg5(Si4O11)2(OH)2、Ca2Fe5(Si4O11)2(OH)2等,硬玉的成分有NaAl(Si2O6),均为硅酸盐。写成氧化物的形式分别为2CaO·5MgO·8SiO2·H2O、2CaO·5FeO·8SiO2·H2O、Na2O·Al2O3·4SiO2。 命题点2　利用结构式创设崭新情境 【母题2】　磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸,如: 如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸,则相应的酸根可写为 Pn 。  解析　由题中信息可知,n个磷酸分子间脱去(n-1)个水分子形成链状的多磷酸,因此,如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸,则可脱去n个水分子得到(HPO3)n,其失去H+后得到相应的酸根,故该酸根可写为Pn。 【衍生2】　铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图),其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体,化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。 下列推测不正确的是(A) A.常采用水玻璃、四羟基合铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛 B.若a=x/2,则M为二价阳离子 C.调节y/x(硅铝比)的值,可以改变分子筛骨架的热稳定性 D.分子筛中的笼状空穴和通道,可用于筛分分子 解析　在强酸溶液中反应生成H2SiO3沉淀和Al3+溶液,得不到分子筛,A项不正确。 重点记忆　B、Si、P、S等元素的含氧酸分子间的羟基,可以脱水形成多酸或多酸盐。重要含氧酸的特性归纳如表所示: 名称 化学式 结构 特性 H3PO4 高沸点三元中强酸,P元素是+5价,H3PO4分子中“PO4”原子团呈四面体,磷酸盐中P是正四面体 H4P2O7 可看作两个磷酸分子间脱去一个水分子形成H4P2O7,与水反应生成磷酸。三个磷酸分子间脱去二个水分子形成三聚磷酸H5P3O10;四个磷酸分子间脱去四个水分子形成环状的四偏磷酸(HPO3)4 H2SO4 高沸点、强氧化性的二元强酸,S元素是+6价。沸点高是因为分子间可以形成氢键。H2SO4分子中“SO4”原子团呈四面体,硫酸盐中S是正四面体 H2S2O7 可看作两个硫酸分子间脱去一个水分子形成H2S2O7,与水反应生成硫酸。焦硫酸是强氧化剂 H2S2O8 过二硫酸具有强氧化性,S2能将I-、Fe2+氧化为I2、Fe3+,将Cr3+、Mn2+氧化为Cr2、Mn,本身被还原为S H2S2O3 S2为四面体: 中心S原子为+6价,另一个S原子为-2价,S元素的平均化合价为+2价。S2具有还原性 微真题　把握方向 　 考向一　无机非金属材料 1.(2024·贵州卷)我国科学家首次合成了化合物[K(2,2,2-crypt)]5[K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图), 具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是(C) A.富勒烯C60是分子晶体 B.图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内 C.全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体 D.锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族,则其基态原子价层电子排布式是5s25p3 解析　富勒烯C60是由C60分子通过范德华力结合形成的分子晶体,A项正确;由题图可知,中心K+周围有12个Au原子形成二十面体笼(每个面为三角形,上、中、下层分别有5、10、5个面),B项正确;全金属富勒烯不是碳元素的单质,因此其与富勒烯C60不能互为同素异形体,C项错误;锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族,则根据元素位置与原子结构关系可知,其基态原子价层电子排布式是5s25p3,D项正确。 2.(2023·广东卷)“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中,主要由硅酸盐材料制成的是(C) A.九霄环佩木古琴 B.裴李岗文化骨笛 C.商朝后期陶埙 D.曾侯乙青铜编钟 解析　九霄环佩木古琴主要由木材、动物筋制得,A项错误;裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成,B项错误;陶埙属于陶瓷,由硅酸盐制成,C项正确;曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成,D项错误。 3.(2022·河北卷)定窑是宋代五大名窑之一,其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是(A) A.传统陶瓷是典型的绝缘材料 B.陶瓷的主要成分为SiO2和MgO C.陶瓷烧制的过程为物理变化 D.白瓷的白色是因铁含量较高 解析　陶瓷是良好的绝缘体,传统陶瓷是典型的绝缘材料,常用于高压变压器的开关外包装和器件,A项正确;陶瓷的主要成分为硅酸盐,而不是SiO2和MgO,B项错误;陶瓷烧制的过程中发生了复杂的化学反应,有新物质生成,属于化学变化,C项错误;由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色,故陶瓷中含铁量越多,陶瓷的颜色越深,白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含,D项错误。 考向二　硅的化合物的制备实验 4.(2023·山东卷)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料,常温下为无色液体,沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2,利用如图装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题: (1)制备SiHCl3时进行操作:(ⅰ)……; (ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中; (ⅲ)通入HCl,一段时间后接通冷凝装置,加热开始反应。操作(ⅰ)为 检查装置气密性 ;判断制备反应结束的实验现象是 管式炉中固体消失、烧瓶中无液体滴下 。图示装置存在的两处缺陷是 C和D之间缺少吸水装置,没有处理氢气的装置 。  (2)已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为 SiHCl3+5NaOH===Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O 。  (3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3的纯度。 m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后,进行如下实验操作:① 灼烧 ,② 冷却干燥 (填操作名称),③称量等操作,测得所得固体氧化物的质量为m2 g,从下列仪器中选出①②中需使用的仪器,依次为 AC (填字母)。测得样品纯度为 ×100% (用含m1、m2的代数式表示)。  解析　(1)利用Si和HCl(气体)的反应制备SiHCl3,实验前要检查装置气密性,故操作(ⅰ)为检查装置气密性。制备反应结束时,Si完全反应,SiHCl3(常温下为无色液体)不再增加,则实验现象是管式炉中固体消失、烧瓶中无液体滴下。SiHCl3容易水解,D中水蒸气容易进入C中,C和D之间应增加吸收水蒸气的装置,NaOH溶液吸收HCl,但不吸收H2,D装置后应增加处理H2的装置。(2)已知电负性Cl>H>Si,则SiHCl3中Cl、H元素化合价为-1价,Si元素化合价为+4价,SiHCl3在浓NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、H2、NaCl,配平化学方程式为SiHCl3+5NaOH===Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O$$