专题08 非金属及其化合物
1.(2020浙江7月选考,2分)Ca 3SiO 5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正
确的是
A.可发生反应:Ca 3SiO 5+4NH 4Cl
CaSiO 3+2CaCl 2+4NH 3↑+2H 2O B.具有吸水性,需要密封保存
C.能与SO 2反应生成新盐
D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO 2
1.D 本题考查元素化合物知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。加热时氯
化铵分解生成HCl 和氨气,HCl 与Ca 3SiO 5反应得到硅酸钙、氯化钙和水,A 项正确;水泥吸水
会变硬,需密封保存,B 项正确;Ca 3SiO 5能与二氧化硫反应得到亚硫酸钙,C 项正确;由上述分
析可知,Ca 3SiO 5与足量盐酸反应得不到二氧化硅,D 项错误。
2.(2020全国卷Ⅱ,6分)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原
理如图所示。下列叙述错误的是
A.海水酸化能引起HC O 3-浓度增大、C O 32?浓度减小
B.海水酸化能促进CaCO 3的溶解,导致珊瑚礁减少
C.CO 2能引起海水酸化,其原理为HC O 3-H +
+C O 32? D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
2.C 本题考查CO 2与海洋环境的关系,考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。根据图示可
知CO 2的过量排放,能导致海水中CO 2+H 2O
H 2CO 3H ++HC O 3-平衡右移;H +又能与珊瑚礁溶解生成的C O 32?结合生成HC O 3-,促使CaCO 3
Ca 2++C O 32?平衡右移,从而使珊瑚礁减少。结合上述分析可知海水酸化,海水中H +和HC O 3-的浓度均增大,使海水中C O 32?的浓度减小,A 项正确;H +可结
合珊瑚礁溶解产生的C O 32?,故能促进CaCO 3的溶解,使珊瑚礁减少,B 项正确;CO 2引起海水酸化
的原理为CO 2+H 2O H 2CO 3H +
+HC O 3-,C 项错误;使用太阳能、氢能等新能源,能有效减少CO 2的排放,利于改善珊瑚的生存环境,D 项正确。
3. (2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.二氧化硅导电能力强,可用于制造光导纤维
B.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO 2
C.钠着火不能用泡沫灭火器灭火
D.利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放
3.A 本题考查物质的性质与用途。二氧化硅不能导电,A 错误;石灰石在高温下分解生成碱
性氧化物氧化钙,氧化钙、二氧化硫和氧气在高温下反应能生成硫酸钙,从而消除燃煤烟气中
的二氧化硫,B正确;钠与水、二氧化碳均能发生反应,所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火,C 正确;利用催化剂可将汽车尾气中的有害气体转化成无害气体,从而减少汽车尾气中有害气体的排放,D正确。
4.(2020浙江1月选考,10分)Ⅰ.由三种元素组成的化合物A,按如下流程进行实验。气体B 为纯净物,溶液C焰色反应为砖红色,气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答:
(1)组成A的三种元素是,A的化学式是。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是。
(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品(学名:六亚甲基四胺),该反应的化学方程式是(乌洛托品可以用分子式表示)。
Ⅱ.某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质,将两种气体同时通入水中,实验装置如图:
请回答:
(1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀,溶液呈强酸性,用一个化学方程式表示。
(2)若通入水中的Cl2O已过量,设计实验方案检验
。
4.Ⅰ.(1)Ca、H和N(1分) Ca2HN(1分)
(2)Ca2HN+5HCl2CaCl2+H2↑+NH4Cl(2分)
(3)4NH3+6HCHO(或C6H12N4)+6H2O(2分)
Ⅱ.(1)2H2S+Cl2O2S↓+2HCl+H2O(2分)
(2)用玻璃棒蘸取清液,点到KI-淀粉试纸上,如果变蓝(或变蓝后再褪色),说明Cl2O过量(2分)
【解析】本题考查元素化合物的性质与化学实验等知识。Ⅰ.(1)溶液C焰色反应呈砖红色,说明溶液C中含有钙元素,则沉淀F为CaCO3,n(Ca)=0.04mol,分析题给流程可知,钙元素来自化合物A,1.90g固体A中m(Ca)=1.60g,则剩余两种元素的质量为0.30g。气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则E为NH3,固体A中含有氮元素。气体B为纯净物,根据题给流程信息,可假设气体B为H2,HCl和H2O中的氢元素均为+1价,则固体A中应该有-1价H,H2由固体A和+1价H发生归中反应生成,故固体A由Ca、N、H三种元素组成,由于1.90g固体A中氮、氢元素的质量之和为0.30g,生成的H2为0.02mol,可以推出1.90g固体A中含氢元素的质量为0.02g,含氮元素的质量为0.28g,则A的化学式为Ca2HN,此时A满足各元素化合价代数
和为0,且符合题给转化关系。(2)Ca 2HN 中H 显-1价,N 显-3价,Ca 2HN 与HCl 反应生成CaCl 2、
H 2、NH 4Cl,故化学方程式为Ca 2HN+5HCl 2CaCl 2+H 2↑+NH 4Cl 。(3)乌洛托品中N 原子和C 原子
个数之比为4∶6,故消耗的NH 3和HCHO 的物质的量之比为4∶6,根据原子守恒可知另一种产
物为H 2O 。Ⅱ.(1)H 2S 具有强还原性,Cl 2O 具有强氧化性,两者一同通入水中,发生氧化还原反
应,生成S 和HCl,故反应的化学方程式为2H 2S+Cl 2O 2S ↓+2HCl+H 2O 。(2)要检验通入水中的
Cl 2O 已过量,可以检验溶液具有强氧化性,方法为用玻璃棒蘸取少量溶液,滴在KI-淀粉试纸
上,若KI-淀粉试纸变蓝或先变蓝后褪色,则说明Cl 2O 过量。
5.(2020江苏,12分)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C 3N 3O 3Cl 2Na)都是常用的杀菌消毒剂。
NaClO 可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(1)NaClO 溶液可由低温下将Cl 2缓慢通入NaOH 溶液中而制得。制备NaClO 的离子方程式
为 ;用于环境杀菌消毒的NaClO 溶液须稀释并及时使用,若在空气中暴露时间过长
且见光,将会导致消毒作用减弱,其原因是 。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是
否达到优质品标准。实验检测原理为
C 3N 3O 3C l 2-+H ++2H 2O
C 3H 3N 3O 3+2HClO HClO+2I -+H +I 2+Cl -+H 2O
I 2+2S 2O 32?S 4O 62?+2I -
准确称取1.120 0 g 样品,用容量瓶配成250.0 mL 溶液;取25.00 mL 上述溶液于碘量瓶中,加
入适量稀硫酸和过量KI 溶液,密封在暗处静置5 min;用0.100 0 mol ·L -1Na 2S 2O 3标准溶液滴定
至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na 2S 2O 3溶液20.00 mL 。
①通过计算判断该样品是否为优质品。
(写出计算过程,该样品的有效氯=测定中转化为HClO 的氯元素质量×2样品质量×100%)
②若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值 (填“偏高”或“偏
低”)。
5.(1)Cl 2+2OH -ClO -+Cl -+H 2O(2分) NaClO 溶液吸收空气中的CO 2后产生HClO,HClO 见光分
解(2分)
(2)①n (S 2O 32?)=0.100 0 mol ·L -1×0.020 00 L=2.000×10-3 mol
根据物质转换和电子得失守恒关系:C 3N 3O 3C l 2-~2HClO~2I 2~4S 2O 3
2?得n (Cl)=0.5n (S 2O 32?)=1.000×10-3 mol
氯元素的质量:
m (Cl)=1.000×10-3 mol ×35.5 g ·mol -1=0.035 50 g
该样品的有效氯为0.03550g
1.1200g×25.00mL 250.0mL ×2×100%=63.39%
该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品(6分)
②偏低(2分)
【解析】 本题考查离子方程式书写、次氯酸的性质、滴定计算等。(1)Cl 2与NaOH 反应生
成NaCl 、NaClO 和H 2O 。HClO 的酸性弱于H 2CO 3,则NaClO 溶液露置于空气中,与空气中CO 2反
应产生HClO,HClO 见光易分解,故会导致消毒作用减弱。(2)①依据三个反应得出关系
式:C 3N 3O 3C l 2-~2HClO~2I 2~ 4S 2O 32?,根据Na 2S 2O 3的消耗量,可以计算出测定中转化为HClO 的氯的
物质的量,进而得出氯元素的质量,再由有效氯的计算公式测定中转化为
HClO 的氯元素质量×2样品质量×100%,可
计算出有效氯。②加入的稀硫酸的量过少,则生成的I 2少,消耗Na 2S 2O 3的量减少,则计算出的
HClO 的量偏少,导致样品的有效氯测定值偏低。
6.(2020全国卷Ⅱ,14分)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既
是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许离子通过,氯气的逸出口是(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数
δ[δ(X)=,X为HClO或ClO-]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数K a值为。
(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为。
(4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,逸出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1mol ClO2消耗NaClO2的量为mol;产生“气泡”的化学方程式为。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO 溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。
6.(1)Na+(1分) a(1分) (2)10-
7.5(2分) (3)2Cl2+HgO HgCl2+Cl2O(2分) (4)1.25(2分) NaHCO3+NaHSO4CO2↑+Na2SO4+H2O(2分) (5)ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O(2分) 203(2分)
【解析】本题以氯及其化合物为载体考查电解原理、电离平衡、氧化还原反应等知识的综合应用,考查的核心素养是变化观念与平衡思想。(1)结合题图(a)电解装置,可知阴极上水电离出的H+得电子生成H2,Na+从左侧通过离子膜向阴极移动,即该装置中的离子膜只允许Na+通过;电解时阳极上Cl-失去电子,Cl2在a口逸出。(2)HClO溶液中存在电离平衡HClO
H++ClO-,HClO的电离常数K a=,由题图(b)可知当pH=7.5时,溶液中c(ClO-)=c(HClO),即K a=10-7.5。(3)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应,且一种生成物为Cl2O,可知该反应的化学方程式为2Cl2+HgO HgCl2+Cl2O。(4)结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应,可知反应的化学方程式为5NaClO2+4NaHSO4NaCl+4Na2SO4+4ClO2↑+2H2O,即生成1mol ClO2时消耗1.25mol NaClO2;NaHCO3与NaHSO4反应产生CO2气体,产生气泡。(5)酸性清洁剂的主要成分为HCl,与NaClO溶液发生氧化还原反应生成Cl2,即ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O,故
二者不能混用。Cl2和NaOH溶液生成NaClO的反应为Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O,设反应中消耗Cl2和NaOH溶液的质量分别为x kg和y kg,依据题意有等量关系
,x+y=1000,解得x≈203,y≈797。