2022年高考化学主干核心知识一轮复习教案专题九非金属元素及其化合物(人教版).docx

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1、2022年高考化学主干核心知识一轮复习教案：专题九 非金属元素及其化合物人教版专题九 非金属元素及其化合物【命题趋向】1 考试大纲 中对非金属元素及化合物这块内容可分成二局部来理解。第一局部是卤素等典型的非金属元素的化合物；第二局部是其它非金属元素如氢、氧、硫、氮、磷、碳和硅等的化合物。每年的化学高考试题中往往都要考查到典型非金属元素及其化合物。2元素化合物知识的考查往往跟元素周期律、物质结构等根底理论内容相综合。最后阶段的复习中要注意元素化合物知识跟根底理论内容的综合应用，提高解决学科内综合问题的能力。3 考试大纲 中有多条类似于“以为例，了解或理解、掌握的内容表达，如：以硫酸为例，了解化工

2、生产化学反响原理确实定。初步了解原料与能源的合理利用、“三废处理与环境保护以及生产过程中的综合经济效益问题等等。对这些内容的要注意理解实质，到达“举一反三的要求。在这些内容往往是高考命题的重点。4元素化合物知识复习中要注意相似、相近内容的总结归纳。如SO2、CO2、SO3、P2O5、SiO2等都是酸性氧化物，它们在性质有相似之处也有相异点。高考命题时常会把这种关系编入试题中。近几年的高考试题中这种趋向比较明显，值得大家重视。5重视元素化合物知识跟化学实验的综合。近几年的实验试题，都是以元素化合物性质为落点。估计近几年内这种命题趋向不会有太大的变化。【主干知识整合】一、卤族元素1氯元素的知识网络

3、2次氯酸、漂白粉的性质HClO分子的结构式为H-O-Cl氧处于中心，所以电子式为。次氯酸、次氯酸钙等有多方面的性质，经常用到以下几方面性质：HClO是一种弱酸，与碳酸比较电离能力有如下关系：H2CO3HClOHCO3-，请分析以下反响：少量二氧化碳通入NaClO溶液中：NaClO + CO2+H2O=NaHCO3+HClO氯气通入碳酸氢钠溶液中： Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2+HClO2ClO-是一种弱酸的酸根离子，能发生水解反响：ClO-+H2OHClO+OH-，所以次氯酸钙溶液显碱性。假设遇到铁盐、铝盐易发生双水解：3ClO-+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO3HCl

4、O和ClO-都具有强氧化性，无论酸性、碱性条件下都可以跟亚铁盐、碘化物、硫化物等发生氧化复原反响，但不能使品红溶液褪色。如：硫酸亚铁溶液遇漂白粉：2Fe2+ + 5ClO- + 5H2O = 2Fe(OH)3+Cl- + 4HClO漂白粉遇亚硫酸酸盐：ClO-+SO32-=Cl-+SO42-4HClO见光易分解：2HClO2HCl+O25次氯酸钙中的Ca2+、ClO-可以表现出一些综合性质。如少量二氧化碳通入次氯钙溶液中：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO注意理解二氧化碳、碳酸钠、碳酸氢钠分别跟次氯酸钙溶液反响的差异：Ca(ClO)2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl

5、OCa(ClO)2+NaHCO3=CaCO3+HClO+NaClO3分清萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围。萃取和分液是物质别离的重要方法之一, 分液适用于别离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而到达提取的目的。一般萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等别离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。二、碳族元素2CO2与NaOH溶液反响的分析CO2通入NaOH溶液的反响与CO2气体通入量有关。当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介于两者之间，既有Na

6、2CO3又有NaHCO3。因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH之间量的关系。3Na2CO3溶液中滴加盐酸的过程分析在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。4CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析可用反证法：如能产生沉淀，那么反响的化学方程式为：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3+2HCl。因CaCO3溶于盐酸，故反响不能发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生局部H+，假设原溶液无法消耗这局部H+，那么不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。假设要使CaCl

7、2与CO2反响生成沉淀，就必须参加局部碱溶液中和CO2与H2O反响而产生的H+。同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。5不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3相混淆前者是工业制玻璃的反响式之一，是在高温条件下发生的反响，而后者是在水溶液中发生的反响。假设交换条件，两者均不发生反响。三、氧族元素1掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。这些虽属识记性的知识，但也应

8、做到在理解的根底上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。2熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反响原理，就可防止死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。3二氧化硫和氯气的漂白性SO2和Cl2虽都有漂白性，但漂白原理和现象不同。氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复原

9、来的颜色。而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。如：四、氮族元素1氮、磷及其化合物间的转化关系2氨水显弱碱性的理解氨气溶于水形成氨水，氨水少局部电离出OH-、NH4+，所以氨水具有弱碱性。注意以下两点：氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分别可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH，继续滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐，又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。如：用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4

10、+HSO3-是错误的。3NO、O2被水吸收的分析NO、O2被水吸收实质上发生如下反响：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO还可以继续氧化，生成NO2再溶于水，这是一个循环反响。如无任何气体剩余，最终产物应为HNO3，恰好反响的量的关系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实际反响中可以有NO或O2剩余，但不能两者兼有之。4氮可以形成多种氧化物NO2可以与水反响生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判断方法。NO2与溴蒸气不能用湿润的KI淀粉试纸检验。5NO3-在酸性溶液中具有强氧化性：可以将Fe2+氧化为Fe3+、SO32-氧化为SO42-，将I-、B

11、r-、S2-氧化为I2、Br2、S。6检验NH4+离子：可参加烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，否那么不一定有NH3放出。【典例精析】1多原子分子氰CN2、硫氰SCN2和OCN2的性质与卤素单质相似，故称它们为拟卤素。它们可以生成酸和盐见下表，表中X代表F、Cl、Br或I。卤素氰硫氰“单质X2CN2SCN2OCN2酸HXHCNHOCN盐KXKCNKSCN1在表中空格处应分别填写_、_、_。2完成以下反响的化学方程式或离子方程式。CN2和KOH溶液反响的化学方程式为：_。阴离子的复原性强弱为：ClBrCNSCNI。试写出在NaBr和KSCN的混合溶液中参加CN2反响的离子方

12、程式： _。【解析】此题主要考查“运用已学知识进行类推思维的能力。解题时可用熟知的Cl2、HCl、KCl等物质作参照物。由复原性BrCNCN2SCN2，因而可判断CN2只能与KSCN反响，不能与NaBr反响，亦即由物质的氧化性和复原性的强弱，可以判断氧化复原反响能否发生。【答案】1氧氰 HSCN KOCN2CN2+2KOH=KCN+KOCN+H2OCN2+2SCN=2CN+SCN22常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反响：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O 2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+以下说法正确的选项是 AH2O2的氧化性比Fe3+强，其复原

13、性比Fe2+弱B在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降 C在H2O2分解过程中， Fe2+和Fe3+的总量保持不变DH2O2生产过程要严格防止混入Fe2+【解析】结合A、B两个方程式根据 氧化性、复原性强弱比较规律：得 H2O2的氧化性Fe3+的氧化性， H2O2的复原性Fe2+的复原性，A错；2H2O22H2O+O2，分解过程中，Fe2+作催化剂，溶液pH值不变，B错，H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变。因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要防止混入Fe2+，D正确。【答案】CD3物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复原的产物为N2O，反响结束

14、后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是 A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5【解析】设2molZn参与反响，因Zn无剩余，那么最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3 ，这局部是没有参与氧化复原反响的HNO3，根据得失电子守恒有：2n(Zn)=n(HNO3)4，那么n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被复原。【答案】A4最新研究说明：NO吸收治疗法可快速改善SARS重症患者的缺氧状况，缓解病情。病毒学研究同时证实，NO对SARS病毒有直接抑制作用。以下表达正确的选项是 ANO是一种红棕色的气体 B常温常压下，NO不能与空

15、气中氧气直接化合C含等质量的氧元素的NO和CO的物质的量相等DNO易溶于水，不能用排水法收集【解析】NO是一种无色难溶于水的气体，可以用排水法收集。常温常压下，NO容易与氧气直接化合生成NO2。 【答案】C5以下说法都正确的选项是 江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关 四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金 “钡餐中使用的硫酸钡是弱点解质 太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置 常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键 水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物A. B. C. D. 【解析】根据胶体的性质正确；钢材是铁和碳的合金，正确；“钡餐是

16、硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的局部确实完全电离的 错；硅元素位于周期表第三周期第A主族，是处于金属与非金属的交界处，正确；氯气是由非极性键组成的单质，错；橡胶是高分子化合物，正确。【答案】B6今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的假设干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验：1第一份参加AgNO3溶液有沉淀产生2第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol3第三份加足量BaCl2溶液后，得枯燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、枯燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确

17、的选项是 AK+一定存在 B100mL溶液中含0.01mol CO32-CCl-可能存在 DBa2+一定不存在，Mg2+可能存在【解析】参加NaOH溶液加热后有气体产生，说明溶液中含NH4+；加足量BaCl2溶液后有沉淀产生，说明溶液中含CO32-或SO42-或CO32-、SO42-均有，经盐酸洗涤、枯燥后，沉淀局部溶解，故CO32-、SO42-均有。因溶液中含CO32-、SO42-，故不含Mg2+、Ba2+；从实验3可见，溶液中含SO42-0.01mol，含CO32-0.02mol，从实验2得知，溶液中含NH4+0.04mol，故应还最少含K+0.02mol，Cl-可能存在也可能不存在。【答

18、案】AC7A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物,它们各由两种元素组成,甲、乙是两种单质.这些化合物和单质之间存在如下的关系: 据此判断：(1)在A、B、C这三种化合物中,必定含有乙元素的是 .(用A、B、C字母填写)(2)单质乙必定是 (填金属或非金属),其理由是 .(3)单质乙的分子式可能是 ,那么化合物B的分子式是 .【解析】(1) 根据题意，可转化为如下三个反响 甲 乙A， 甲B A + C, (2) 由 看出，该反响一定是氧化复原反响，乙为单质，A、B中又都含有乙元素，所以乙元素在A、B中必有一个显正价，另一个显负价。在中学化学中只有非金属元素显负价，因而乙一定是非金属元素。(3)

19、 单质乙可能是S，B的化学式H2S，A的化学式为SO2，因此可写出以下反响关系：也可认为乙是N2，也可以写出如下反响关系：【专题训练】1常见的污染物分为一次污染物和二次污染物。二次污染物是排人环境中的一次污染物在物理化学因素或微生物作用下，发生变化所生成的新污染物。如反响2NOO2NO2中，二氧化氮为二次污染物。以下三种气体：硫化氢二氧化硫汽油，其中能生成二次污染物的是()A B C D全部都是2(10年)除去以下括号内杂质的试剂或方法错误的选项是 AHNO3溶液(H2SO4)，适量BaCl2溶液，过滤 BCO2SO2，酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气 CKNO3晶体(NaCl)，蒸馏水，结晶

20、 DC2H5OH(CH3COOH)，加足量CaO，蒸馏3以下说法正确的选项是 电解质溶液导电过程属于化学变化稀有气体不活泼的原因是它们原子的最外层都到达8电子稳定结构FeC12、Fe(OH)3、NO都能通过化合反响来制取SiO2是制造光导纤维的材料ABCD4硫代硫酸钠可作为脱氯剂，25.0mL 0.100 molL-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL标准状况下Cl2完全转化为Cl离子，那么S2O32将转化成 AS2 BS CSO32DSO425标准状况下H2S和O2混合气体100mL，经点燃后反响至完全，所得气体经枯燥后，恢复到原来状况时体积为10mL，该10mL气体可能是 AH2S、SO

21、2 BO2 CH2S DSO36在氯化钡溶液中通人SO2，溶液仍澄清；假设将氯化钡溶液分盛两试管，一支加硝酸，另一支加烧碱溶液，然后再通人SO2，结果两试管都有白色沉淀，由此得出的结论合理的是()A氯化钡有两性 B两支试管中的沉淀均是亚硫酸钡CSO2有复原性，水溶液有酸性 D升高pH使SO2水溶液中SO32-浓度降低710年以下判断正确的选项是 A测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，测定值小于理论值 B相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量 C0.1mol/L的碳酸钠溶液的pH大于0.1mol/L的醋酸钠溶液的pHD1L1mol/L的碳酸钠溶液吸收S02

22、的量大于1Lmol/L硫化钠溶液吸收SO2的量8将22.4 g铁粉逐渐参加到含HNO3 0.8 mol的稀硝酸中，反响生成的气体的物质的量x随消耗铁粉的物质的量y变化关系中正确的选项是 92022海南“碳捕捉技术是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2别离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉CO2，其根本过程如以下列图所示局部条件及物质未标出。以下有关该方法的表达中正确的选项是 A.能耗大是该方法的一大缺点B.整个过程中，只有一种物质可以循环利用C.“反响别离环节中，别离物质的根本操作是蒸发结晶、过滤D.该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品10. A是一种白色晶体，它

23、与浓NaOH溶液共热，放出无色气体B。用圆底烧瓶收集枯燥的B。按图所示装置仪器，挤压滴管的胶头时，可以得到蓝色喷泉；A与浓H2SO4反响，放出无色气体C。用圆底烧瓶收集枯燥的C，仍按图所示装置仪器，挤压滴管的胶头时，可以得到红色喷泉。(1)A的化学式是_。(2)可用于除去B中水分的枯燥剂是_。收集气体B的方法是_。(3)收集气体C的方法是_。11用以下装置连接成一套测定水的组成的实验装置。 (1)所用装置的连接顺序是_。(2)装置C的作用是_，假设不用C，测得的氢、氧质量比会_(偏高或偏低)。(3)测量数据如下，那么水中氢和氧的质量比为_。(4)如果在停止加热的同时就停止通氢气，并拆开装置，那

24、么测定结果氢与氧的质量比_。(偏高或偏低) 高实验前实验后氧化铜和玻璃管质量M1M3氯化钙和U形管质量M2M412(10年)某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按以下列图所示装置进行实验。1装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 ，其中发生反响的化学方程式为 ；2实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是 、 ，这些现象分别说明SO2具有的性质是 和 ；装置B中发生反响的离子方程式为 ；3装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象 ；4尾气可采用 溶液吸收。1410年洗车平安气囊是行车平安的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，平安装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从

25、而保护司机及乘客免受伤害。为研究平安气囊工作的化学原理，取平安装置中的粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验说明，固体粉末局部溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准善下的体积为6.72L。单质就在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反响生成化合物丙和另和一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。请答复以下问题：1甲的化学式为 ，丙的电子式为 。2假设丙在空气中转化为碳酸氢盐，那么反响的化学方程式为 。3单质乙与红棕色粉末发生反响的化学方程式为，平安气囊中红棕色粉末的作用是 。4以下物质中，有可能作为平安气囊中红棕色粉末替代品的是 。A. KCl B. KNO3 C. Na2S D. CuO5设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分不考虑结晶水合物 。