新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题06 非金属及其重要化合物（讲义）（2份打包，原卷版+解析版）

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02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
考点二 非金属及其重要化合物与理论、实验的结合
【高考解密】
命题点01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
命题点02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
【技巧解密】
【考向预测】
考点一 非金属及其重要化合物的性质、用途
【高考解密】
命题点01 非金属及其重要化合物的性质、用途
命题点02 非金属及其重要化合物之间的相互转化
【技巧解密】
【考向预测】
04核心素养·微专题
微专题 热重分析中的物质成分的判断
考点一 金属及其重要化合物性质、用途
命题点01 非金属及其重要化合物的性质、用途
典例01（2023·浙江卷）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是( )
A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．溶液呈碱性，可用作消毒剂D．Fe2O3呈红色，可用作颜料
【答案】C
【解析】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；C项，NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，D正确；故选C。
典例02（2022·江苏卷）我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．石墨能导电，可用作润滑剂 B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】C。
【解析】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；故选C。
典例03（2021·河北卷）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是( )
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【解析】浓H2SO4使糖类化合物脱水并炭化，体现了浓H2SO4的脱水性，A错误；溶液酸性越强，NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性越强，B正确；H3PO4的酸性比HI弱，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是因为H3PO4的沸点高且具有难挥发性，C错误；浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，D错误。
命题点02 非金属及其重要化合物之间的相互转化
典例01（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( )
【答案】D
【解析】A项，溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为： 12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B项，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错误；C项，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错误；D项，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正确；故选D。
典例02（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．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”
【答案】A
【解析】A．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会转化为NO，A错误；B．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正确；C．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正确；D．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正确；故选A。
典例03（2021·辽宁卷）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是( )
A．a可能为正盐，也可能为酸式盐B．c为不溶于盐酸的白色沉淀
C．d为含极性键的非极性分子D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
【解析】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成SO42-，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4。A项，由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B项，由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；C项，由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；D项，由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确；故选C。
一、常见非金属及其化合物的重要性质和应用
二、非金属及其重要化合物之间的相互转化
1.理清非金属及其重要化合物之间知识主线
（1）碳、硅及其化合物：eq \(C,\s\up6(－4))H4―→eq \(C,\s\up6(0)) ―→eq \(C,\s\up6(＋2))O―→eq \(C,\s\up6(＋4))O2 eq \(Si,\s\up6(+4))H4―→eq \(Si,\s\up6(0)) ―→eq \(Si,\s\up6(＋4))O2(H2eq \(Si,\s\up6(＋4))O3)
（2）氯及其化合物:Heq \(Cl,\s\up6(－1)) ―→eq \(Cl,\s\up6(0))2―→Heq \(Cl,\s\up6(＋1))O―→Heq \(Cl,\s\up6(＋3))O2―→Heq \(Cl,\s\up6(＋5))O3―→Heq \(Cl,\s\up6(＋7))O4
（3）氮及其化合物:eq \(N,\s\up6(－3))H4+、eq \(N,\s\up6(－3))H3―→Neq \(2,\s\up6(0)) ―→eq \(N,\s\up6(＋1))2O―→eq \(N,\s\up6(＋2))O―→eq \(N,\s\up6(＋4))O2―→Heq \(N,\s\up6(＋5))O3―→eq \(N,\s\up6(＋5))O3-
（4）硫及其化合物:eq \(S,\s\up6(－2))2-、H2eq \(S,\s\up6(－2)) ―→eq \(S,\s\up6(0)) ―→eq \(S,\s\up6(＋4))O2―→eq \(S,\s\up6(＋6))O3(H2eq \(S,\s\up6(＋6))O4) ―→eq \(S,\s\up6(＋6))O42-
2.构建非金属及其重要化合物之间知识网络
（1）碳、硅及其化合物
（2）氯及其化合物:
（3）氮及其化合物:
（4）硫及其化合物:
3.重要非金属及其化合物的价类二维图
（1）碳、硅及其化合物
（2）氯及其化合物:
（3）氮及其化合物:
（4）硫及其化合物:
4.扫除重要非金属及其化合物易忘知识盲点
（1）碳、硅及其化合物
①自然界中无游离态的硅，通常原子晶体不导电，但硅是很好的半导体材料，是制作光电池的材料。SiO2不导电，是制作光导纤维的材料。
②工业上制备粗硅，是用过量的C和SiO2在高温下反应，由于C过量，生成的是CO而不是CO2，该反应必须在隔绝空气的条件下进行。
③氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶，但不能用玻璃塞。
④酸性氧化物一般能与水反应生成酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与HF反应。
⑤硅酸盐大多难溶于水，常见可溶性硅酸盐是硅酸钠，其水溶液称为泡花碱或水玻璃，但却是盐溶液。硅胶(mSiO2·nH2O)是一种很好的无毒干燥剂。
⑥H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2eq \(=====,\s\up14(高温))Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可从两方面解释：a.硅酸盐比碳酸盐稳定；b.从化学平衡角度，由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发的CO2气体。
⑦水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。
（2）氯及其化合物:
①液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。Cl2在点燃条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性。
②1 ml Cl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。氯水中有起漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH；氯水与还原剂发生反应并要求书写方程式时一般可只考虑Cl2。
③实验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO与浓盐酸反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
④酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。
⑤ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SOeq \\al(2－,3)、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。
⑥向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)，Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋(过量SO2)。
⑦当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。
⑧“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
⑨由于电离常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液通入CO2，不论CO2过量还是少量，均发生CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCOeq \\al(－,3)，但CO2(少)＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。
⑩液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。
（3）氮及其化合物:
①NO只能用排水法或气囊法收集，NO2不能用排水法，可用排苯法收集。
②在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3、4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3两个方程式。NO2能被NaOH溶液吸收，NO单独不能被强碱溶液吸收，NO与NO2混合能被NaOH溶液吸收。
③浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。
④硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。
⑤强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。
⑥实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NHeq \\al(＋,4)需用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NHeq \\al(＋,4)的存在。
⑦收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花，以吸收NH3。
⑧铜与浓HNO3反应在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时需在试管口才能看到红棕色气体。
⑨浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。
⑩NH3、HCl、SO2、NO2可用水进行喷泉实验，水溶性小的气体可用其他溶剂(如CO2和NaOH溶液)进行喷泉实验。
（4）硫及其化合物:
①除去附着在试管内壁上的硫，除了可以用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
②SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
③把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。
④浓硫酸能氧化(必要时加热)除Au、Pt以外的所有金属，其还原产物是SO2而不是H2。
⑤常温下，浓硫酸与Fe、Al并不是不反应，而是发生了钝化，钝化是浓硫酸将Fe、Al氧化而在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，防止了浓硫酸与Fe、Al的继续反应，体现了浓硫酸的强氧化性。
⑥浓硫酸使蓝矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末，体现了浓硫酸的吸水性。
⑦浓硫酸与金属反应时体现了浓硫酸的氧化性和酸性，而与碳等非金属反应时只体现了浓硫酸的氧化性。
⑧浓HNO3和Cu(足量)、浓H2SO4和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应进行，产物会发生变化或反应停止。注意区分Zn和浓H2SO4的反应。
⑨C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。
⑩SOeq \\al(2－,4)的检验方法：先加入足量稀盐酸酸化，若无现象，再滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀，来判断有无SOeq \\al(2－,4)。不可只加可溶性钡盐，不酸化；或先滴加BaCl2溶液，再加稀盐酸或滴加稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液。
三、非金属元素的知识综述
1．常见的非金属单质的性质
2．常见的非金属的氢化物
(1)稳定性
(2)常见的气态氢化物
3．常见非金属氧化物的性质
4．含氧酸
(1)重要规律
①最高价氧化物对应水化物的酸性强弱取决于元素非金属性的强弱，如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3，则非金属性：Cl>S>P>C>Si。
②证明酸性强弱顺序，可利用复分解反应中“强酸制弱酸”的规律，如：
Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓
Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
③强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应，一般不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而和稀HNO3反应则生成NO，金属和浓H2SO4反应一般生成SO2。
(2)重要特性
①H2SiO3(或H4SiO4)为难溶性酸，浓盐酸、浓硝酸为挥发性酸。
②HNO3、浓H2SO4、HClO具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光受热易分解。
③浓H2SO4具有吸水性、脱水性和强氧化性。
④常温下，铁、铝遇浓H2SO4、浓HNO3发生钝化。
⑤浓盐酸、浓硝酸、醋酸等遇氨气能冒白烟，即它们挥发出来的酸蒸气与氨气反应生成相应的铵盐(固体)的缘故。
⑥H2S、HI、HBr遇强氧化性酸能发生氧化还原反应，因此不能用浓硫酸进行干燥。
⑦非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能跟HF反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。
⑧SiO2是酸性氧化物却能与非氧化性酸反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
⑨无机酸一般能溶于水，但H2SiO3或H4SiO4却难溶于水。
⑩H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生。
⑪硅酸钠水溶液俗称泡花碱或水玻璃，却是盐溶液。
⑫一般情况下，金属(Na、K)能置换出水中的氢，C在高温下也能置换出H2O中的氢：C＋H2O(g)H2＋CO。
考向01 非金属及其重要化合物的性质、用途
1．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列有关说法中正确的是( )
A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．二氧化物都属于酸性氧化物，都能与碱反应而不能与任何酸反应
C．最低价的气态氢化物都具有还原性，能与O2发生反应
D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3
【答案】C
【解析】A项，Si元素性质活泼，具有亲氧性，在自然界中无游离态，错误；B项，SiO2能与HF反应，错误；C项，C、Si、S三种元素最低价的气态氢化物分别为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，能与O2发生反应，正确；D项，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，错误。
2．葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量(通常以酒样中SO2的量计)，某研究小组设计了如下实验(已知还原性：SO32->I->Cl-)。下列说法不正确的是( )
A．葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性
B．通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出
C．若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液
D．若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液
【答案】C
【解析】A项，亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，A正确；B项，温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，B正确；C项，若试剂A选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂B选择NaOH标准液时，所耗氢氧化钠标准液会偏大，造成结果有较大误差，C错误；D项，若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，试剂B选择I2标准液，碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，D正确；故选C。
3．(2023·河南省三门峡市高三阶段性考试)室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是( )
【答案】D
【解析】A项，氯水可氧化KBr生成Br2，Br2溶于CCl4呈橙黄色，可知Cl2的氧化性比Br2强，故A项符合题意；B项，SO2可被酸性KMnO4溶液氧化，溶液褪色，但Cl-也能被酸性KMnO4氧化，故B项不符合题意；C项，溶液呈红色，证明FeSO4溶液已变质，但无法证明Fe2+不存在，即无法证明FeSO4溶液已完全变质，故C项不符合题意；D项，C和SiO2在高温下反应生成Si和CO，反应过程中碳失电子，此反应不能说明非金属性C>Si，故D项不符合题意。故选A。
4.（2023·江苏盐城·校考模拟预测）含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．N2的化学性质稳定，可用于金属焊接保护
B．H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水
C．FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
D．NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【解析】A．N2的化学性质稳定，可用于金属焊接保护，A正确；B．H2O2可将氰化物转化为氮气，氰化物中N元素化合价升高，作还原剂，则H2O2在该反应中表现氧化性，B错误；C．FeCl3能与Cu生成可溶性氯化铜，表现出较强氧化性，可用于蚀刻印刷电路板，与FeCl3溶液显酸性无关，C错误；D．NaHCO3性质不稳定，受热易发生分解反应生成CO2，CO2能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂；能治理哦胃酸过多是因为能与胃酸中的盐酸反应，D错误；答案选A。
5.（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）构建美好生活，离不开化学的贡献。下列物质的用途与性质不匹配的是
【答案】CD
【解析】A．SO2能与有色反应生成无色物质，具有漂白性，可用来漂白纸浆、毛、丝等，故A正确；B．甘油分子中含亲水基，具有吸湿性，添加到化妆品中有保湿作用，故B正确；C．作净水剂是因为铁离子水解得到氢氧化铁胶体具有吸附性，能过滤难溶性杂质，与还原性无关，故C错误；D．活泼炭疏松多孔的结构，具有吸附性，因此活性炭粉作除味剂，与化学性质稳定无关，故D错误；故选CD。
考向02 非金属及其重要化合物之间的相互转化
1．能实现下列物质间直接转化的元素是
A．硫B．铁C．硅D．铜
【答案】A
【解析】A项中，硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠；而BCD选项中Fe、Si和Cu三者的氧化物不溶于水，不能和水发生反应。故答案为A。
2．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)2023年诺贝尔化学奖授予三位探索纳米和量子点领域的科学家。纳米SiO2晶体具有颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米SiO2晶体的说法正确的是( )
A．熔点低于大块SiO2晶体
B．属于胶体，能产生丁达尔效应
C．与大块SiO2晶体属于同分异构体
D．与NaOH、HF都能反应，属于两性氧化物
【答案】A
【解析】A项，纳米SiO2晶体颗粒尺寸小，相对大块SiO2晶体来说，其中有一部分共价键断裂，熔化时需要克服的作用力小一些，熔点低一些，故A正确；B项，纳米SiO2晶体是纯净物，而胶体是混合物，故B错误；C项，纳米SiO2晶体和大块SiO2晶体都是共价晶体，由原子构成，没有分子式，不属于同分异构体，故C错误；D项，SiO2能与NaOH反应生成盐硅酸钠和水，SiO2能和HF都能反应，但是SiO2不是和所有的酸都能反应，只能和HF反应，和其他酸不反应，是酸性氧化物不是两性氧化物，故D 错误；故选A。
3．(2024·黑龙江·高三黑龙江省伊春市第一中学校联考期中)如图是某常见非金属元素的价类二维图。下列说法正确的是( )
A．c、d、e中，只有c、d是酸性氧化物
B．一定条件下，a与氧气能一步反应生成d
C．g和h不可能是同一种物质
D．一定条件下，a和e能反应生成b
【答案】D
【解析】由图可知，a、b、c、d、e、f、g、h分别为NH3、N2、N2O5、NO2或N2O4、NO、HNO3、铵盐、硝酸盐。A项，N2O5对应的酸是硝酸，NO、NO2、N2O5中只有N2O5是酸性氧化物，A错误；B项，氨气与氧气催化反应生成NO，不能直接反应生成二氧化氮，B错误；C项，g和h可能是硝酸铵，C错误；D项，氨气和一氧化氮在一定条件下能发生归中反应生成氮气，D正确。故选D。
4．利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是( )
A．提取食盐后母液含Br2的液体粗溴纯溴
B．石英砂粗硅粗四氯化硅高纯硅
C．FeS2SO2H2SO3H2SO4
D．铝土矿Na[Al(OH)4]溶液Al(OH)3Al2O3铝
【答案】C
【解析】A项，提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中是溴离子，需要先用Cl2氧化，此工艺可行的，故A正确；B项，由石英砂先制粗硅，再用H2还原SiCl4得到Si，是工业上制高纯硅的流程，工艺可行的，故B正确；C项，应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收，此工艺不可行，故C错误；D项，工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，此工艺可行的，故D正确；故选C。
5．(2024·辽宁大连·高三大连市金州高级中学校考期中)下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸
B．NO2易溶于水，可用于工业制硝酸
C．HClO溶液显酸性，可用作漂白剂
D．晶体Si熔点高，可用作计算机芯片
【答案】B
【解析】A项，Cl2与H2反应，可用于工业制盐酸，故A错误；B项，NO2易溶于水生成硝酸和NO，可用于工业制硝酸，故B正确；C项，HClO溶液具有强氧化性，可用作漂白剂，故C错误；D项，晶体Si可以导电，可用作计算机芯片，故D错误；故选B。
考点二 非金属及其重要化合物与理论、实验的结合
命题点01 以非金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
典例01（2023·北京卷）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。

下列说法不正确的是
A．废气中排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和
D．装置中的总反应为
【答案】C
【解析】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，故D正确；选C。
典例02（2022·天津卷）向恒温恒容密闭容器中通入2ml 和1ml ，反应达到平衡后，再通入一定量，达到新平衡时，下列有关判断错误的是
A．的平衡浓度增大B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大D．的转化总量增大
【答案】B
【解析】A．平衡后，再通入一定量，平衡正向移动，的平衡浓度增大，A正确；B．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．通入一定量，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；D．通入一定量，促进二氧化硫的转化，的转化总量增大，D正确；故选B。
典例03（2021·重庆卷）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·ml-1)为
A．-152B．-76C．+76D．+152
【答案】A
【解析】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·ml-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/ml②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·ml-1，故选：A。
命题点02 以非金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
典例01（2023·辽宁卷）下列有关物质的工业制备反应错误的是( )
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】A项，工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；B项，工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；C项，工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；D项，冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，D错误；故选D。
典例02（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( )
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
【答案】B
【解析】A．铜和浓硫酸反应过程中，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，故A错误；B．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，故B正确；C．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，故C错误；D．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，故D错误；综上所述，正确的是B项。
典例03（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( )
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
【答案】B
【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，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和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。A项，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B项，结晶后母液中含饱和NaHSO3和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错误；C项，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正确；D项，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。
一、元素化合物的载体功能
二、非金属元素及其化合物与基本实验和基本理论结合
1.碳及其化合物与基本实验和基本理论结合点
①H2CO3、CH3COOH弱酸的电离平衡
②CO32-、HCO3- 、CH3COO-的水解平衡及离子浓度大小比较
③C、CO、CO2三角关系；
④粗硅的制备及提纯；
⑤合成气在反应中的平衡问题；
⑥新型无机非金属材料---光导纤维、高温结构陶瓷（氧化铝、氮化硅、碳化硅等）的制备及性质；
⑦燃料电池正负极方程式的书写；
⑧盖斯定律。
2.氮及其化合物与基本实验和基本理论结合点
①氨气的实验室制备（快速制取原理）
②合成氨及氨的催化氧化的相关问题：条件的选择、平衡移动、平衡常数
③陌生方程式的书写---氧化还原反应（HNO3、NO、NO2……）
④氨气、氮气的结构---原子结构与元素周期率
⑥NO的制备及还原性的检验
⑦N2O4与NO2的平衡移动
⑧铵盐的水解（离子浓度大小比较，平衡移动）
3.硫及其化合物与基本实验和基本理论结合点
①SO2与H2O反应，SO2与O2反应---化学平衡理论
②HS-、S2-、HSO3-、SO32-的水解， HSO3-、H2SO3的电离---水溶液中的离子平衡
③O3、H2O2、浓H2SO4的氧化性，S、SO2、Na2SO3的还原性的实验探究
4.氯及其化合物与基本实验和基本理论结合点
①氯水中的离子平衡
②氯气的化学性质的实验探究
③次氯酸钠的碱性和强氧化性的实验探究
④海水资源的综合利用中的电化学知识
⑤Br、I的代表物及化学性质（周期律的体现）
⑥卤化银的溶解平衡及沉淀滴定曲线
三、常见的气体的制备方法
四、常见的气体制备的尾气处理
五、性质探究实验设计的一般方法
1．证明酸性
(1)用pH试纸或酸碱指示剂，观察颜色变化；
(2)与Na2CO3溶液反应产生CO2；
(3)与Zn等活泼金属反应产生氢气。
2．证明弱酸性
(1)测定物质的量浓度为0.1 ml/L醋酸溶液的pH>1，可以证明醋酸并未完全电离，醋酸溶液中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱酸；
(2)测定对应盐溶液的酸碱性，如测定CH3COONa溶液的pH＞7，说明CH3COOH是弱酸；
(3)测量稀释前后pH变化，如测定将醋酸溶液稀释至10n倍前后的pH变化，若溶液的pH变化小于n，可证明醋酸为弱酸。
3．比较金属的活动性：(1)与水或酸反应的难易；(2)利用置换反应；(3)设计成原电池，一般其负极活泼性强；(4)利用电解时的放电顺序；(5)比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱。
4．比较非金属的活动性：(1)利用置换反应；(2)与氢气反应的难易；(3)气态氢化物的稳定性、还原性；(4)比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。
5．比较酸(碱)的酸(碱)性强弱：较强的酸(碱)能制得较弱的酸(碱)。
六、物质制备的基本思路
1.明确物质制备原理：进行物质制备实验设计前必须先认真审题，明确要制备的物质，弄清题目有哪些新信息，综合学过的知识，通过类比、分析、迁移，从而明确制备原理。
2.选择实验仪器与实验试剂：根据制备的物质的性质、需要的反应条件，选择合理的实验仪器和试剂。例如：制备的物质具有强烈的腐蚀性，就不能选用橡胶管连接实验仪器；若反应条件是加热，且温度不超过100 ℃，就可以选择水浴加热装置。
3.设计物质制备步骤：根据物质制备的原理以及所选用的实验仪器和试剂，设计出合理的实验装置和实验操作步骤，实验步骤应完整、简明。考生应该具备识别典型的实验仪器装置图的能力，这是评价实验方案的能力之一。
4.检验制备物质的纯度：采用可行的方法对制备的物质进行检验，确定实验是否成功。
考向01 以非金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）为防止因天然气泄漏，居家安装天然气报警器很重要。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，图1是成品装置，其工作原理如图2所示，其中O2-可以在固体电解质ZrO2-Na2O中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是
A．报警器触发工作时，图2的装置将电能转化为化学能
B．O2-在电解质中向a电极移动，电流方向由a电极经导线向b电极
C．多孔电极a极上发生的反应的电极反应式为：
D．当电路中有电子转移时，则电极a有甲烷参与反应
【答案】C
【分析】该装置实质是甲烷燃料电池，通入可燃物CH4的多孔电极a为负极，通入空气的多孔电极b为正极，正极上氧气得电子生成O2-，正极反应式为O2+4e-=2O2-，负极上甲烷发生失电子的氧化反应生成CO2气体，负极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极。
【解析】A．由题干信息可知，当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，报警器触发工作时，图2的装置为燃料电池即将化学能转化为电能，A错误；B．原电池工作时电极a为负极，电极b为正极，阴离子移向负极，即O2-在电解质中向a电极移动，电流方向在外电路是由正极即电极b经导线流向负极即电极a，B错误；C．由分析可知，多孔电极a为负极，负极上甲烷失电子生成CO2气体和水，负极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，C正确；D．负极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，电路中有0.008ml电子转移时，有0.0010mlCH4参与反应，但未说明标准状况，无法计算体积，D错误；故答案为：C。
2．（2023·河南新乡·统考一模）25℃时，向的氨水中逐滴加入的盐酸，向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，溶液的pH与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是。
A．曲线②中的
B．当时，恒有关系：
C．当时，两溶液pH均大于9.26
D．25℃时，的溶液的pH约为4.63
【答案】C
【分析】向的氨水中逐滴加入的盐酸，，加入盐酸，pH减小，氢离子浓度增大，促进一水合氨的电离，逐渐增大，对应曲线②；向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，，加入NaOH，pH增大，氢氧根离子消耗氢离子，促进铵根离子的水解，逐渐增大，对应曲线①；
【解析】A．根据分析，曲线②中的，A正确；B．当时，两线相交，则，说明，B正确；C．时，则两混合溶液中均含等物质的量的和，，所以的电离程度大于的水解程度，所以，则，，据图可知此时，C错误；D．假设25℃时，的溶液中，则，，解得，则25℃时，的溶液的pH约为4.63，D正确；答案选C。
3．（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）汽车尾气中NO产生的反应为：，一定条件下，等物质的量的和在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下浓度随时间的变化。曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时浓度随时间的变化。下列说法中不正确的是
A．温度T下，混合气体的密度不变，反应不一定达平衡
B．温度T下，该反应的平衡常数
C．曲线a对应条件下，
D．曲线b对应的条件改变一定是升高温度
【答案】D
【解析】A．该反应是气体分子数不变的反应，反应前后气体的密度不变，不能作为平衡判断标志，故A正确；B．温度T下，平衡时N2、O2、NO的浓度分别为：c1、c1、2(c0-c1)，该反应的平衡常数，故B正确；C．曲线a对应条件下，d点没有平衡，正向进行，，故C正确；D．曲线b反应速率加快，平衡时N2浓度减小，可能是增大O2的浓度，故D错误；故答案为D。
4．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）常温下部分难溶电解质的溶度积如下表：
下列叙述中错误的是
A．AgCl在等物质的量浓度的NaCl和AgNO3溶液中的溶解度相同
B．向悬浊液中加入溶液，可完成沉淀的转化
C．的平衡常数约为
D．含和固体的溶液中离子浓度关系为：
【答案】C
【解析】A．等物质的量浓度的NaCl和AgNO3溶液中前者Cl-浓度等于后者Ag+，根据Ksp=c(Ag+)c(Cl-)可知，AgCl在等物质的量浓度的NaCl和AgNO3溶液中的溶解度相同，A正确；B．向悬浊液中加入溶液，此时Ag+浓度变为：c(Ag+)==5.4×10-12＜10-5ml/L，故可完成沉淀的转化，B正确；C．的平衡常数K====，C错误；D．由题干数据可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，故有含AgCl和AgBr固体的溶液中离子浓度关系为：，D正确；故答案为：C。
5．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）下列说法正确的是
A． ，则
B．的摩尔燃烧焓为，则
C．，则完全破坏等质量的和中的化学键，需要的能量大
D．，则与足量反应放热
【答案】A
【解析】A．Na2O在氧气中加热可以生成Na2O2，则Na生成Na2O2放热多，焓变小，A正确；B．氢气的摩尔燃烧热为1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则热化学方程式为，B错误；C．该反应为吸热反应，则O3的能量高，O3断键需要的能量小，C错误；D．合成氨为可逆反应，则0.5ml的N2反应放出的热量小于46.1kJ，D错误；故答案为：A。
考向02 以非金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
1．（2023·山西晋城·晋城市第一中学校校考模拟预测）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A．：通过饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
B．：通入足量的氯气
C．：用点燃的方法除去
D．溶液：加入过量溶液
【答案】B
【解析】A．：通过饱和食盐水的洗气瓶，通入饱和碳酸钠，会产生新的杂质气体，A错误；B．：通入足量的氯气，可以将氧化为，B正确；C．：不能用点燃的方法除去，应该将混合气体通入灼热的，C错误；D．溶液，加入过量溶液，除去，同时也除去了，D错误；故选B。
2．（2022·浙江·校联考一模）将软锰矿(主要成分)与黄铁矿(主要成分)按一定比例混合制备，工艺流程如图所示。下列说法正确的是

A．酸浸时，失去
B．操作X是将滤液蒸发结晶后再灼烧至恒重
C．Mn原子第三电离能与Fe原子的第四电离能相等
D．的中心原子价层电子对数为4
【答案】D
【分析】软锰矿与硫铁矿加入稀硫酸酸浸，过滤1后得到残渣（含单质硫）和滤液，滤液加入氢氧化钠溶液且鼓入空气，反应后过滤2去除残渣和滤液，进行操作X蒸发结晶得到硫酸锰晶体；
【解析】A．生成，是得到而非“失去”，选项A错误；B．因为要得到，灼烧至恒重会使晶体失去结晶水，选项B错误；C．虽然、的价层电子排布均为，但两者的电荷、半径、质子数均不同，所以Mn元素的第三电离能和铁元素的第四电离能不相等，C错误；D．的键数为4，孤电子对数为0，所以S原子的价层电子对数为4，选项D正确；答案选D。
3．（2023·陕西商洛·陕西省山阳中学校考一模）用下列装置和试剂制取相应气体，能达到相应实验目的的是

【答案】D
【解析】A．浓盐酸与发生复分解反应，不能制，选项A错误；B．反应生成微溶的覆盖在大理石表面，阻止反应继续进行，应用稀盐酸，选项B错误；C．稀硝酸与铜反应生成NO而不是制NO2的方法，选项C错误；D．根据强酸制弱酸的原理，浓硫酸与通过复分解反应能制取，选项D正确；答案选D。
4．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础化工材料之一，主要用于集成电路(IC)和超大规模集成电路(VLSI)制造中，用于晶圆表面清洗、芯片加工过程中的清洗和蚀刻等工序。由萤石粉(主要成分为CaF2，含有少量SiO2和微量As2O3等)制备工艺如下，下列说法不正确的是

A．“精馏1”设备使用的材料可选用金但不能选用陶瓷
B．“酸浸”时生成HF的化学方程式：CaF2+H2SO4(浓)=CaSO4+2HF↑
C．HF的热稳定性比HCl弱
D．“氧化”时将AsF3氧化为AsF5，便于精馏分离
【答案】C
【分析】由题给流程可知，萤石粉用浓硫酸酸浸时，氟化钙与浓硫酸反应转化为氟化氢，二氧化硅与氟化氢反应生成四氟化硅气体，三氧化二砷与氟化氢反应生成三氟化砷气体，反应得到的混合气体用硫酸吸附含有氟化氢和三氟化砷气体的吸附液，吸附液经精馏得到氟化氢和三氟化砷气体混合气体，用过氧化氢溶液将三氟化砷气体氧化为沸点高的五氟化砷，反应所得溶液再次精馏得到氟化氢产品。
【解析】A．氟化氢易与陶瓷中的二氧化硅反应，所以“精馏1”设备使用的材料可选用金但不能选用陶瓷，故A正确；B．由分析可知，“酸浸”时生成氟化氢的反应为氟化钙与浓硫酸反应生成硫酸钙和氟化氢，反应的化学方程式为CaF2+H2SO4(浓)=CaSO4+2HF↑，故B正确；C．非金属元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氟化氢的稳定性强于氯化氢，故C错误；D．三氟化砷和五氟化砷都为分子晶体，五氟化砷的相对分子质量大于三氟化砷，分子间作用力大于三氟化砷，沸点高于三氟化砷，所以“氧化”时将三氟化砷氧化为五氟化砷，便于精馏分离得到氟化氢，故D正确；故选C。
5．（2023·辽宁鞍山·统考一模）某实验小组进行不同价态硫转化的探究实验，向硫化钠溶液中通入过量二氧化硫，产生黄色浑浊，过滤后取滤液分成两份，向其中一份中加入品红溶液，品红褪色：向另一份溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液也褪色。下列关于该实验的相关说法错误的是
A．黄色浑浊是单质硫
B．不考虑温度变化，SO2的通入抑制了原硫化钠溶液中水的电离
C．产生浑浊的离子方程式为：
D．两份溶液褪色的原理不相同
【答案】C
【解析】A．Na2S具有还原性，SO2具有氧化性，因此Na2S与SO2反应，应该有两种钠盐生成，一种淡黄色沉淀是S单质，选项A正确；B．Na2S是强碱弱酸盐，水解促进水的电离，SO2的通入与Na2S反应，有两种钠盐生成，一种淡黄色沉淀是S单质，使水解的程度减小，抑制了原硫化钠溶液中水的电离，选项B正确；C．H2S、SO2、H2O三者反应产生S单质，结合得失电子守恒、得失电荷守恒，可得反应方程式为: ，选项C错误；D．溶液褪色的原理是SO2被氧化为H2SO4，酸性高锰酸钾被还原为无色的硫酸锰；品红被氧化为无色物质，因此原理不相同，选项D正确；答案选C。
微专题 热重分析中的物质成分的判断
典例01（2022·全国卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是

A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．阶段热分解失去4个
D．热分解后生成固体化合物
【答案】D
【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。
【解析】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误；D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。综上所述，答案为D。
典例02（2014·江苏卷）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O]常用作塑料阻燃剂。
（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 。
（2）MgaAlb(OH)c(CO3)d·x H2O中a、b、c、d的代数关系式为 。
（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如右图所示（样品在2700C时已完全失去结晶水，6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物）。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－): n(CO32－)（写出计算过程） 。
【答案】（1）阻止燃烧（2）2a+3b=c+2d（3）3:5（过程见解析）
【解析】(1)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d•xH2O]受热分解最终生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，故答案为生成的产物具有阻燃作用；(2)化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d=(c+3d)×2，所以得2a+3b=c+2d，故答案为2a+3b=c+2d；(3)n(CO2)= =2.50×10-2ml，m(CO2)=2.50×10-2ml×44g/ml=1.10g，在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345-0.3702)=1.235g，m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)==7.50×10-3 ml，再根据氢原子守恒得n(OH-)=2n(H2O)=1.50×10-2 ml，根据C原子守恒得n(CO32-)=n(CO2)=2.50×10-2ml，所以n(OH-)：n(CO32-)=1.50×10-2 ml：2.50×10-2ml=3：5，答：碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-)：n(CO32-)=3：5。
1. 结晶水合盐受热分解步骤
加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。
2.热重曲线试题分类
（1）从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。
（2）根据热重实验所选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法试题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。
3.热重曲线图的分析方法
坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。
(1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。
(2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。
(3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
4.解题的方法思路
(1)设晶体为1 ml，其质量为m。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m余)
m余m×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属 QUOTE ∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
(6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。
1．（2023上·辽宁大连·高三大连市第一中学校联考期中）8.34gFeSO4•7H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如图所示，下列说法正确的是
A．温度为 78℃时固体物质M的化学式为 FeSO4•5H2O
B．温度为 159℃时固体物质 N的化学式为 FeSO4•3H2O
C．温度为 373℃时固体物质 P的化学式为FeSO4
D．温度为 633℃时固体物质 Q的化学式为 Fe3O4
【答案】C
【分析】8.34g FeSO4•7H2O样品物质的量==0.03ml，其中m(H2O)=0.03ml×7×18g/ml=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，故P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)=n( FeSO4•7H2O)=0.03ml，m(Fe)=0.03ml×56g/ml=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)==0.045ml，则n(Fe)：n(O)=0.03ml：0.045ml=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3；
【解析】A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)==0.12ml，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12ml：0.03ml=4：1，则化学式为FeSO4•4H2O，故A错误；B．8.34g FeSO4•7H2O样品物质的量==0.03ml，由分析可知，在加热到373℃之前晶体失去部分结晶水，温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03ml×152g/ml=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)==0.03ml，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.03ml：0.03ml=1：1，则N的化学式为FeSO4•H2O，故B错误；C．如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g,故P的化学式为FeSO4，由分析可知温度为 373℃时固体物质 P的化学式为FeSO4，故C正确；D．根据分析可知，其中n(Fe)=n( FeSO4•7H2O)=0.03ml,m(Fe)=0.03ml×56g/ml=1.68g,则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g,n(O)==0.045ml,则n(Fe)：n(O)=0.03ml：0.045ml=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，故D错误；故选：C。
2．（2023上·河北·高三校联考）过氧化钙(CaO2)可用于治理赤潮、应急供氧等。2.76gCaO2·8H2O样品(含杂质)受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线，在140℃时恰好完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。已知：过氧化钙常温下干燥品很稳定，在350℃时能迅速分解。

下列说法不正确的是
A．CaO2能与水发生反应，反应的化学方程式为
B．该样品中CaO2的含量约为26.09%
C．在60℃时，中
D．在350℃时，剩余的固体(杂质除外)的化学式为Ca
【答案】D
【解析】A．过氧化钙的性质与过氧化钠类似，与水反应的化学方程式为，A正确；B．在时恰好完全脱水，杂质受热不分解，则样品中含有的结晶水的总质量为，，原样品中含，，样品中的含量为，B正确；C．在时固体的质量为，失去结晶水的质量为，失去结晶水的物质的量为，故在时中，C正确；D．在时，，，所以在时，剩余固体(杂质除外)的质量为，由元素守恒可知钙元素的物质的量为，剩余固体(杂质除外)的摩尔质量为，则剩余固体为，D错误；答案选D。
3．（2023上·吉林通化·高三校考）将胆矾无其他杂质置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是
A．点对应的物质中，氧元素的质量分数约为
B．点对应的固体物质只有
C．将产生的气体全部通入溶液中，有沉淀产生
D．的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃
【答案】A
【分析】胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以点对应物质是CuSO4；为分解，d中含有铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有铜元素；则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为。
【解析】A．胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为，，x=3，氧元素的质量分数约为，故A错误；B．胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以c点对应物质是，故B正确；C．为分解为；产生的气体可能全部为（或和，或、和）的混合气体，将该气体通入溶液中，生成沉淀，故C正确；D．的过程反应方程式为，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确；故答案为A。
4．（2022上·辽宁辽阳·高三校联考）将26.3g样品在900℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是
A．
B．固体M的化学式为
C．生成固体P时，样品的失重率约为71.5%
D．固体Q的化学式为NiO
【答案】D
【解析】A．L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为=+，根据图像可知，L→N剩余固体质量是15.5，失去结晶水的质量是26.3-15.5=10.8，则根据～建立等式，，解得n=6，A项正确；B．L→M时失掉结晶水的质量是3.6g，则失去2个结晶水，则固体M的化学式为，B项正确；C．失重率等于固体失去的质量与原固体质量的比值，则生成固体P时，样品的失重率=×100%≈71.5%，C项正确；D．N→P失重后，根据质量比例，可知发生的反应是=NiO+SO3↑，的摩尔质量是155，NiO 的摩尔质量是75，所以P→Q固体质量上升，应该是NiO 被氧化得到NiO2，D项错误。故答案选D。
5．（2023上·安徽蚌埠·高三统考）采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示。[注：残留率(%)=剩余固体质量样品质量100%]，下列说法中不正确的是
A．300~400℃之间发生的主要反应为C+O2CO2
B．800℃时残留的固体是Fe3O4
C．复合材料中FeS2的质量分数为90.9%
D．复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1∶1
【答案】B
【解析】A．300～400℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；B．550～700℃之间的失重反应方程式为，故800℃时残留的固体是Fe2O3，B错误；C．由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；D．FeS2与C的物质的量之比为，D正确；故选B。
考点
考查内容
考情预测
非金属及其重要化合物的性质、用途
1.非金属及其重要化合物的性质、用途
2.非金属及其重要化合物之间的相互转化
近几年高考中，常见非金属元素及其化合物的性质仍是命题的重点，题型为选择题和填空题，命题注重非金属元素及其化合物性质知识的整体性和探究性，强化与生活、社会实际问题的联系。命题的知识点是氯及其化合物(特别是氯水、次氯酸)的性质、氯气和氨气的实验室制法、硫及其化合物(特别是二氧化硫、浓硫酸)的性质、氮及其化合物(特别是氨气、硝酸)的性质、碳和硅及其化合物的特殊性质等。选择题多与STSE、离子检验、气体制备等有关，非选择题多与实验题、化学流程题等有关，复习时特别需要关注探究实验题，制备一些复杂的含硫化合物，如Na2S2O3，Na2S2O5，Na2S2O4，Na2S2O8等；主观题中书写陌生的氧化还原反应方程式，需关注HClO，NaClO，NaClO2，HClO2在氧化还原反应中表现，判断还原产物和氧化产物，又如在酸性条件下Fe，FeSO4，NaHSO3等还原剂与NO3反应等；
金属及其重要化合物与理论、实验的结合
1.以非金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
2.以非金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
A
硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)3↓
B
硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
2Na2S +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
重要性质
应用
Cl2具有较强的氧化性
自来水杀菌消毒剂
ClO2具有较强的氧化性
用于自来水的杀菌消毒
次氯酸盐具有强氧化性
作杀菌消毒剂、漂白剂
碘酸钾在常温下稳定
食盐中的加碘物质
SO2具有漂白性
用于漂白纸浆、毛、丝等
二氧化硫的还原性
二氧化硫可用作制作葡萄酒的食品添加剂
浓硫酸具有吸水性
作干燥剂(不能干燥NH3、H2S、HI)
氮气的化学性质稳定
作保护气
浓氨水具有挥发性和还原性
检验输送Cl2的管道是否漏气
液氨汽化吸收大量的热
做制冷剂
草木灰和硫酸铵反应生成氨气
草木灰和硫酸铵不能混合施用
NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物
用作氮肥
硅的半导体性能(硅是常用的半导体材料)
制半导体、芯片、太阳能电池
二氧化硅导光能力强，并且有硬度和柔韧度
可作光导纤维
4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4↑
用氢氟酸刻蚀玻璃
2C＋SiO2eq \(=====,\s\up11(高温),\s\d4(电炉))Si＋2CO↑
碳还原二氧化硅制备粗硅
P2O5能与水反应
作干燥剂(不可干燥食品)
水玻璃不燃不爆
可用作防火材料
硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂
盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
氦气化学性质稳定、密度小
可用于填充飞艇、气球
干冰升华吸收大量的热
人工降雨
白磷(P4)易燃烧
制高纯度磷酸，红磷制安全火柴、农药等
肥皂水显碱性
肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
非金属单质
Cl2、Br2、I2、O2、O3、N2、H2、S、C、Si
物理性质
颜色、状态
①气态的有Cl2、O2、O3、N2、H2；固态的有S、C、Si、I2；Br2为液态。②Cl2黄绿色、Br2深红棕色、I2紫黑色、S淡黄色
溶解性
Cl2、Br2溶于水；S不溶于水、微溶于酒精、易溶于CS2，其他均不易溶于水
毒性
Cl2、Br2、I2有一定的毒性
化学性质
与O2
①N2放电或高温时反应；②H2、S、C、Si加热或点燃时反应，其他一般不反应
与H2
①Cl2光照爆炸；②O2点燃爆炸；③N2在高温高压催化剂条件下反应
与H2O
①Cl2、Br2与水反应，既作氧化剂，又作还原剂；②C与水高温下反应
与碱
Br2、I2与碱反应，既作氧化剂，又作还原剂
与氧化剂
S、C与强氧化性酸如浓硫酸、浓硝酸反应
与还原剂
Cl2、Br2、O2、O3与H2SO3、Na2SO3、H2S、Na2S、Fe2＋、I－等还原剂反应
特性及用途
I2使淀粉变蓝、Si作半导体材料
氢化物
比较项目
HCl
H2S
NH3
CH4
物理性质
刺激性气味、极易溶
臭鸡蛋气味、可溶
刺激性气味、极易溶
无味、极难溶
热稳定性
稳定
不稳定
较稳定
较稳定
可燃性
不燃
可燃
纯氧可燃
可燃
酸碱性(aq)
强酸性
弱酸性
弱碱性
——
还原性
很弱
较强
较弱
较弱
非金属氧化物
CO、CO2、SO2、SO3、NO、NO2、SiO2
物理性质
色、状、味
①除SiO2外，其余均为气体；②除NO2红棕色外，其他均无色；③SO2、NO2有刺激性气味；④SO2易液化
毒性
除CO2、SiO2外均有毒
类型
CO2、SO2、SO3、SiO2是酸性氧化物；CO、NO、NO2是不成盐氧化物
化学性质
与H2O
①SO2、SO3、CO2生成相应酸；②NO2生成酸和NO；③SiO2、NO、CO不溶于水
与碱
CO2、SO2、SO3、SiO2等酸性氧化物与碱溶液反应生成正盐或酸式盐
氧化性
①SO2能氧化H2S；②CO2、SiO2能在高温下被C还原
还原性
①SO2具有较强还原性，能被Cl2、Br2、I2、O3、MnOeq \\al(－,4)、Fe3＋、HNO3等氧化剂氧化为SOeq \\al(2－,4)；②NO遇空气被氧化为红棕色的NO2
特性
①SO2具有漂白性；②SiO2能与氢氟酸反应；③2NO2N2O4
环保
SO2、NO、NO2、CO均是大气污染物：SO2→酸雨、NO、NO2→光化学烟雾、CO→有毒气体
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有KBr溶液的试管中滴加几滴新制氧水，再加入CCl4溶液，振荡、静置，观察CCl4层颜色
Cl2的氧化性比Br2的强
B
向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴用盐酸酸化的KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
SO2具有还原性
C
向久置的FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
FeSO4已全部变质
D
将碳单质和二氧化硅固体混合置于硬质玻璃管内高温加热，并检验反应后产物
比较C和Si元素的非金属性强弱
选项
用途
性质
A
用漂白纸浆、毛、丝等
具有漂白性
B
化妆品中添加甘油作吸湿剂
甘油具有较强的吸水性
C
饮用水中添加作净水剂
铁盐具有较强的还原性
D
汽车里放活性炭粉作除味剂
活泼炭化学性质稳定
气体名称
反应原理
收集方法
氯气(Cl2)
MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
向上排空气法、排饱和食盐水法
二氧化硫(SO2)
Na2SO3＋H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up7(△))Na2SO4＋SO2↑＋H2O
向上排空气法
氨气(NH3)
2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
向下排空气法
硫化氢(H2S)
FeS＋H2SO4===FeSO4＋H2S↑，FeS＋2HCl===FeCl2＋H2S↑
向上排空气法
二氧化氮(NO2)
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
向上排空气法
一氧化氮(NO)
Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
排水法
氯化氢(HCl)
NaCl＋H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up7(△))NaHSO4＋2HCl↑
向上排空气法
氧气(O2)
2KClO3eq \(=====,\s\up11(MnO2),\s\d4(△))2KCl＋3O2↑，2H2O2eq \(=====,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑
2KMnO4eq \(=====,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑
排水法、向上排空气法
二氧化碳(CO2)
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O
向上排空气法
氢气(H2)
Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
排水法、向下排空气法
有毒气体
处理试剂或方法
反应原理
Cl2
NaOH溶液
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
SO2
NaOH溶液
SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O
NO2
NaOH溶液
2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
NO
O2(或空气)
和NaOH溶液
4NO＋3O2＋4NaOH===4NaNO3＋2H2O
CO
点燃
2CO＋O2eq \(=====,\s\up7(点燃))2CO2
难溶电解质
选项
实验目的
试剂A
试剂B
A
制
浓盐酸
B
制
稀硫酸
大理石
C
制
稀硝酸
Cu
D
制
浓硫酸