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新高考化学二轮复习讲义+分层训练专题11 常见非金属及其重要化合物（讲义）（含解析）
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这是一份新高考化学二轮复习讲义+分层训练专题11 常见非金属及其重要化合物（讲义）（含解析），共27页。试卷主要包含了5mL×0，3%等内容，欢迎下载使用。
11 常见非金属及其重要化合物
考点热度 ★★★★★
考点1.直接考查常见非金属及化合物的主要性质及用途
1．（2023·浙江·高考真题）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．和乙醇反应可生成 B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备 D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
【解析】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。
【答案】D
考点2.直接考查常见非金属与其化合物的转化
2．（2022·江苏·高考真题）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、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
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】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。
【答案】A
考点3.以非金属及其化合物为载体考查学生的实验探究能力
3．（2022·江苏·高考真题）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
A．A B．B C．C D．D
【解析】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。故选D。
【答案】D
考点4.以非金属及其化合物为载体考查学生计算能力
4．（2022·浙江·统考高考真题）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
(1)组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。
(2)溶液C的溶质组成为_______(用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式_______。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_______。
【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4。
（1）根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol×137g/mol＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。
【答案】(1)Ba、Cu、O BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3)①2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O②BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O
(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O
考点5.以非金属元素化合物与生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用能力
5．（2016·上海·统考高考真题）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：
(1)半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入_______溶液中(填写试剂名称)，出现_______，可以证明有硫化氢存在。
(2)半水煤气在铜催化下实现CO变换：
若半水煤气中，经CO变换后的气体中： _______。
(3)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度(mol/L)
2.0
8.0
碱的价格(元/kg)
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是_______；缺点是_______。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？
_______
写出这种方法涉及的化学反应方程式。_______
(4)以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积(标准状况)的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ、Ⅴ方框中：_______、_______、_______、_______。
②该实验方案中，步骤_______(选填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【解析】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在；故答案为：硝酸铅(或硫酸铜)；黑色沉淀；
（2）若半水煤气中，经CO变换后CO转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：；故答案为：
（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为；故答案为：价廉；吸收CO2能力差；碱液循环使用；；
（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为
；
故答案为：KOH；浓硫酸；浓硫酸；KOH；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数；故答案为：Ⅳ。
【答案】(1)硝酸铅 黑色沉淀
(2)3：1
(3)价廉 吸收CO2能力差 碱液循环使用 2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
(4)①KOH 浓硫酸 浓硫酸 KOH ②Ⅳ
考点6.以非金属元素及其化合物为载体考查化学基本理论
6．（2019·江苏·高考真题）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−2+H2O
2NO2+2OH−++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________。
【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O，
故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。
故答案为BC；
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，故答案为NaNO3；NO；
（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3Cl-+5H+，故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；
②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O （2）①BC ②NaNO3 NO
（3）①3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ ②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
1、对点核心素养
(1)宏观辨识与微观探析:以物质性质为突破点,将非金属元素及其化合物知识与金属元素及其化合物知识构建知识网络结构。
(2)平衡思想和变化观念:从非金属元素的化合价变化认识非金属及其化合物的相互转化及应用。
(3)科学探究与创新意识:能设计并优化实验方案,对典型物质及其性质进行实验探究，在尊重事实和证据,能独立思考,对相关性质和制备实验能大胆改进和创新
2、对点命题分析
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；
核心考点一 碳、硅及其化合物
1.理清知识主线
H4 ―→O―→O2
H4 ―→O2(H2O3)
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(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。
(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可从两方面解释：①硅酸盐比碳酸盐稳定；②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。
核心考点二 氯及其化合物
1.理清知识主线
H ―→2―→HO―→HO2―→HO3―→HO4
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(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。
(2)1 mol 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。
(5)ClO－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SO、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－＋SO＋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＋HCO，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。
核心考点三 氮及其化合物
1.理清知识主线
铵盐、H3―→N ―→2O―→O―→O2―→HO3―→硝酸盐
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(1)NO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NH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NH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。
(10)NH3、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。
核心考点四 硫及其化合物
1.理清知识主线
硫化物、H2 ―→ ―→O2―→O3(H2O4) ―→硫酸盐
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(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。
(2)SO2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。
(9)C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。
(10)SO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SO。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。
核心考点五 非金属及其化合物的几个专题
一、重要物质的网络思维结构：
二.常见无机酸的重要规律和特性
(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。
三、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 mol/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)。
四．常见非金属单质的性质
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
五．常见非金属氧化物的性质
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、MnO、Fe3＋、HNO3等氧化剂氧化为SO；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
六．几种常见的硫酸盐
硫酸盐
俗名
颜色
用途
2CaSO4·H2O
熟石膏
白色
作磨光粉、纸张填充物、气体干燥剂等
CaSO4·2H2O
生石膏
白色
塑像、模型、粉笔、医疗绷带等
FeSO4·7H2O
绿矾
浅绿色
生产铁系列净水剂、补血剂等
CuSO4·5H2O
胆矾、蓝矾
蓝色
配“波尔多液”、镀铜液
BaSO4
重晶石
白色
白色颜料、医疗上作“钡餐”
KAl(SO4)2·12H2O
明矾
白色
净水剂
考点一 直接考查常见非金属及化合物的主要性质及用途
【】有关非金属元素的考题几乎出现在每年的高考题中，考查方式除了在选择题中直接考查非金属元素及其化合物的性质、用途之外，还可以以元素及其化合物为载体，考查离子共存、离子方程式、氧
化还原反应、物质的鉴别与分离等有关知识，试题通常以基础题、中档题居多。
例1.（2023·安徽·校联考模拟预测）化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．利用作灭火剂，是因为铵盐易分解且吸热，同时分解产物不支持燃烧
B．红酒中添加，利用了的还原性和杀菌消毒的能力
C．是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
D．利用制取K，该反应可以说明Na的金属性强于K
【解析】A．是一种铵盐，其易分解且吸热分解产物不支持燃烧，可以作为灭火剂，A项正确；B．的还原性和杀菌消毒的能力，因此，红酒中添加，B项正确；C．具有强氧化性可以用于杀菌消毒，是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒，C项正确；D．该反应能够发生，是因为该条件下钾为气体，利用了平衡移动的原理，与元素的金属性强弱无关，D项错误；答案选D。
【答案】D
【变式训练1】（考查物质的性质）（2022·浙江·校联考模拟预测）对于、、三种物质，下列说法不正确的是
A．在空气中易被氧化
B．可通过过饱和溶液结晶脱水制得
C．与水反应可得到硫酸氢钠
D．因+7价的硫元素体现强氧化性
【解析】A．Na2S2O5中S显+4价，处于中间价态，以还原性为主，容易被空气中氧气氧化，故A说法正确；B．Na2S2O5、NaHSO3中S均显+4价，制备Na2S2O5可通过NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得，故B说法正确；C．Na2S2O7中S显+6价，硫酸氢钠中S显+6价，Na2S2O7与水反应可得到硫酸氢钠，故C说法正确；D．S的最高价为+6价，Na2S2O8中含有1个“-O-O-”，“-O-O-”体现强氧化性，故D说法错误；答案为D。
【答案】D
【变式训练2】（考查物质的用途）（2022·江苏泰州·统考模拟预测）合成实现了氮的人工固定，在强碱条件下能被NaClO氧化生成，可被NaClO继续氧化生成，也可被氧化生成，是一种弱酸，酸性与醋酸相当。下列有关物质的性质与用途的对应关系正确的是
A．性质不活泼，可作为粮食保护气
B．具有还原性，可用作制冷剂
C．的熔沸点较低，可用作火箭推进剂
D．受热易分解，可用作铁的除锈剂
【解析】A．化学性质不活泼，常作为粮食保护气，A正确；B．易液化且汽化时吸收大量的热，可使环境温度降低，工业可用作制冷剂，与还原性无关，B错误；C．能在空气中燃烧，能放出大量的热，可用作火箭推进剂，C错误；D．是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，能与氧化铁反应，可用于除铁锈，D错误；故选A。
【答案】A
考点二 直接考查常见非金属与其化合物的转化
【】常见非金属与其化合物的转化是这一部分知识的灵魂，这一方面的考查比较灵活，可以以选择题的形式进行直接考查，也可以在II卷以工艺流程题的形式进行间接考查。
例2.（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）在给定条件下，下列选项所示的物质间一步转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．海水提取食盐后的
【解析】A．和氧气生成二氧化硫，二氧化硫和水生成亚硫酸，故A错误；
B．石英砂中二氧化硅和焦炭反应生成粗硅，粗硅和氯气生成四氯化硅气体，四氯化硅和氢气生成高纯硅，故B正确；C．氨气催化氧化生成一氧化氮不是二氧化氮，故C错误；D．母液加入石灰乳氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体电解生成镁单质，不是电解氯化镁溶液，故D错误；故选B。
【答案】B
【变式训练1】（考查图表转化型推断）（2022·福建福州·福建省福州第八中学校考模拟预测）在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质间的转化及其定量关系。图中的字母分别代表常见的含氯元素的物质，下列相关推断不合理的是
A．实验室可用a的浓溶液与f反应制备d
B．b、d既具有氧化性又具有还原性
C．若e为钠盐，实验室可用e和浓硫酸反应制取少量气态a
D．若d在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有e和f，则
【解析】根据图中信息，a是HCl，b是HClO，c是HClO4，d是Cl2，e是氯化物，f是氯酸盐，g是高氯酸盐。A．氯酸盐中Cl为+5价 氯酸盐与浓盐酸反应就会产生Cl2，A项不符合题意；B．HClO、Cl2、Cl元素都处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，B项不符合题意；C．实验室用NaCl和浓硫酸反应制取气态HCl，C项不符合题意；D．若Cl2在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有氯化物和氯酸盐，则，D项符合题意；故选：D。
【答案】D
【变式训练2】（考查框图转化型推断）（2023·湖南永州·统考二模）正高碘酸是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：
下列说法错误的是
A．“反应1”是为了将转化为
B．“反应2”中发生的反应是
C．“反应3”的滤液中含有大量的等
D．“反应4”得到的无色气体可能是氧气
【解析】电解NaI溶液生成NaIO3，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，通入氯气和加入水发生反应，过滤得到H5IO6。A．“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将转化为，A正确；B．“反应2”中，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为，B正确；C．由分析可知，“反应3”中Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，C错误；D．“反应4”中发生的反应为，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确；故选C。
【答案】C
考点三 以非金属及其化合物为载体考查学生的实验探究能力
【】有关非金属及其化合物探究实验的特点：要求考生对文字、图形、表格数据、反应流程中的信息进行提取、分析、猜想和归类，考查学生基础知识的综合应用、基本的实验方法和基本技能的掌握程度，考查学生对科学探究方法和过程的理解，对实验的评价。
例3．（2023秋·山东枣庄·高三统考期末）某兴趣小组用K2Cr2O7和浓盐酸制取氯气并探究氯、溴、碘的相关性质，设计装置图如下所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是
A．装置A中发生反应的离子方程式：
B．若装置C发生堵塞，B中长颈漏斗内液面会上升
C．为验证氯气是否具有漂白性，I、II、III处分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条
D．通入足量的氯气，打开E的活塞，将溶液滴入D中，锥形瓶下层液体呈紫色即证明氧化性Br2>I2
【解析】常温下K2Cr2O7和浓盐酸在A中反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去氯气中HCl，氯气没有漂白性但次氯酸有漂白性，氯气和溴化钠反应生成溴，溴能和KI反应生成碘单质，氯气有毒不能排空，应该用NaOH溶液处理尾气。A．根据以上分析可知装置A发生反应生成氯气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，得到反应的离子方程式为：，A正确；B．若装置C发生堵塞，则装置B中压强增大，因此长颈漏斗内液面会上升，B正确；C．要验证氯气没有漂白性，应该用干燥剂干燥氯气然后用干燥的红色布条检验，则为了验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，C正确；D．将氯气通入溴化钠溶液中，导致溶液中可能含有氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，导致干扰实验，所以若观察到锥形瓶下层液体呈紫红色，不能证明氧化性，D错误；答案选D。
【答案】D
【变式训练】（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是
A．通入前，①中溶液显红色的原因：
B．通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性
C．通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝
D．通入后，②中溶液颜色褪去的原因：
【解析】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH−，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确；B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误；C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确；D．通入 SO2 后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原为I-，溶液蓝色褪去，故D正确；故选B。
【答案】B
考点四 以非金属及其化合物为载体考查学生计算能力
【】本考点以非金属及其化合物为载体考查学生计算能力——物质的量、物质的量浓度、气体摩尔体积、氧化还原反应、中和滴定、物质的纯度等计算。
例4．（2021·浙江绍兴·统考二模）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的正盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；生成的A全部逸出，且可使品红溶液褪色：溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1；用酸性标准溶液滴定用6.68gX配成的溶液，发生反应：，消耗。(注：忽略加入固体X后溶液的体积变化)。请回答：
(1)组成X的3种元素是_______(填元素符号)，X的化学式是_______。
(2)若吸收气体A的KOH不足，，该反应的化学方程式是_______。
(3)固体X与稀盐酸发生反应的离子方程式是_______。
(4)某研究小组讨论溶液D中的主要阴离子M与的反应原理，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应；二是发生双水解反应，生成氢氧化铁胶体和气体A。在探究过程中某小组同学选择如下的实验用品：溶液D，稀溶液，稀盐酸；试管、胶头滴管。从选择的药品分析，分析设计这个实验的目的是_______。
【解析】气体A可使品红溶液褪色，则说明A为SO2或Cl2，溶液C的焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明溶液C中含有K元素，X能发生反应：，说明X中含有S、O元素，因此组成X的3种元素为K、S、O；根据元素守恒可知，反应生成的淡黄色固体为S，则n(S)=0.05mol，溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1，说明反应过程中盐酸过量，则该阴离子为Cl-，c(H+)=0.1mol/L，c(Cl-)=0.5mol/L，根据电荷守恒可知，c(K+)=c(Cl-)-c(H+)=0.4mol/L[此时溶液中c(OH-)浓度低于10-5mol/L，可认为其不存在]，则n(K+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，反应过程中H+与X中部分的O原子组成H2O，反应消耗n(H+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，则消耗X中n(O)=0.02mol，设生成SO2物质的量为ymol，根据质量守恒可知，y×64+0.02×16+0.04×39+0.05×32=6.68，解得y=0.05，因此6.68gX中K+的物质的量为0.04mol，S原子的物质的量为0.05mol+0.05mol=0.1mol，O原子的物质的量为0.02mol+0.05mol×2=0.12mol，则各原子物质的量之比为n(K)：n(S)：n(O)=0.04mol：0.1mol：0.12mol=2：5：6，则X的化学式为K2S5O6。
(1)由上述分析可知，组成X的3种元素为K、S、O；X的化学式为K2S5O6；
(2)SO2与KOH先后发生反应：SO2+2KOH=K2SO3+H2O、SO2+K2SO3+H2O=2KHSO3，设n(SO2)=3mol，则，，反应完全后，n(K2SO3)=1mol，n(KHSO3)=2mol，因此反应方程式为；
(3)K2S5O6与稀盐酸反应生成S、SO2、H2O，在中，0.02mol消耗0.08mol，则转移电子为0.08mol×5=0.4mol，根据转移电子守恒，则中S元素平均化合价为+2，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知K2S5O6与稀盐酸反应的离子方程式为；
(4)溶液D为SO2与足量KOH反应所得溶液，溶液中溶质为KOH、K2SO3，取少量溶液于试管中，向溶液中滴加过量稀盐酸后再加入BaCl2稀溶液，若有白色沉淀生成，则说明K2SO3已变质生成K2SO4，从而避免检验与Fe3+反应生成的干扰。
【答案】(1)K、S、O
(2)
(3)
(4)检验亚硫酸根中是否变质
【变式训练】（2021·浙江绍兴·统考二模）大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，发生如下反应：
请计算：
(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)与恰好完全反应，则_______。
(2)若与混合，能与溶液恰好完全反应全部转变成，则_______(写出计算过程)
【解析】(1)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)的物质的量为=1.5mol，根据反应、可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则消耗NaOH的物质的量为1.5mol，则=3.00L=3.00mL；
(2)n(NaOH)=1.00mol/L0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成，根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n()=0.06mol，n(NO):n(NO2)= ，故n(NO)= 0.05mol，n(NO2)= 0.01mol，根据电荷守恒，失电子：NO 、NO2 ；得电子O2 ；故0.05mol3+0.01mol1=xmol4，则mol。
【答案】(1)3.00 (2)
考点五 以非金属元素化合物与生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用能力
【】本考点主要以工艺流程题的形式考查非金属及其化合物在生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用，考查化学方程式、离子方程式的书写、物质的分离提纯、产率的计算等。例5．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
【解析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
【答案】(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2)球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3)abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5)溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%
【变式训练】（2022·陕西·校联考三模）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程如图：
已知：①碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
②碘酸钙的溶解度：
0.119(5℃)
0.195(15℃)
0.307(25℃)
0.52(40℃)
0.621(60℃)
0.669(80℃)
(1)转化步骤是为了制得碘酸，该过程在下图所示的装置中进行。
①实验室中制取氯气，下列收集氯气的装置正确的是_______。
②转化反应中当观察到_______现象时，停止通入氯气，使用I2的CCl4溶液的目的是_______(选填序号)。
A．增大碘的溶解度，提高碘的利用率 B．CCl4是反应的催化剂
C．除去碘酸中的单质碘 D．增强氯气的氧化性
(2)流程中分离操作的名称是_______。
(3)向水层中加入氢氧化钙悬浊液，反应混合物先用水冷却，再在冰水中静置10分钟，过滤，用少量冰水洗三次，再用少量无水乙醇洗涤一次，抽干后，将产品转移到滤纸上，晾数分钟，得碘酸钙产品。
①步骤(3)中在冰水中冷却静置的目的是_______；
②再用无水乙醇洗涤的目的是_______；
(4)测定产品中碘酸钙含量的实验步骤如下：
准确称取产品ag(约0.6g)，置于100mL烧杯中，加1：1高氯酸20mL，微热溶解试样，冷却后移入250mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，得试液。
准确量取所得试液50.00mL置于250mL碘量瓶中，加入1：1高氯酸2mL，3g碘化钾，盖上瓶塞，在暗处放置3分钟，加50mL水，用浓度为0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入2mL0.5%淀粉溶液，继续滴定至终点，读数。
滴定过程中发生的反应如下：
Ca(IO3)2+2HClO4=2HIO3+Ca(ClO4)2，+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2=2I-+
①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是_______；
②滴定至终点的现象是_______；
③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是_______。
【解析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液经过一系列过程得到Ca(IO3)2·H2O。
(1)①收集氯气用向上排空气法，A是密闭装置，A、B均不正确；D中的碱液吸收氯气，因此正确的是C；
②当CCl4中的紫红色消失，便是氯气与碘反应结束，停止通入氯气；使用碘的四氯化碳溶液，不仅能增大碘的溶解度，提高碘的利用率，还能除去碘酸中的单质碘，故选AC。
(2)流程中分离操作的名称是分液；
(3)①步骤5中在冰水中冷却静置的目的是使Ca(IO3)2沉淀完全；②再用无水乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失；
(4)①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是酸式滴定管或移液管；②滴定至终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复；③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是重复测定两次。
【答案】(1)C CCl4中的紫红色消失 AC
(2)分液
(3)使Ca(IO3)2沉淀完全 乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失
(4)酸式滴定管或移液管 溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复 重复测定两次
考点六 以非金属元素及其化合物为载体考查化学基本理论
【】本考点以非金属及其化合物为载体考查化学基本理论——盖斯定律的应用、电化学、化学反应速率与化学平衡、水溶液中的离子平衡等理论知识。
例6．（2022·广东东莞·东莞市东华高级中学校考模拟预测）含氮化合物(NOx、NO等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)下列过程属于氮的固定过程的是_______(填选项字母)。
A．工业合成氨
B．工业利用氨气合成硝酸
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物
(2)已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，则其正反应活化能为_______kJ·mol-1 (用含a的代数式表示)。
(3)某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。
①Cu的基态核外电子排布式为_______，基态Cu+比Cu2+稳定的原因是_______，从化学键的角度解释能结合NH3的原因：_______。
②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)
a.状态①→状态② b.状态②→状态③ c.状态③→状态④ d.状态④→状态⑤
(4)实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO2转化为NaNO3和NaNO2。该吸收过程中发生反应的离子方程式为_______。
【解析】（1）A．工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选A；B．工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选B；C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选C；D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选D；选AC。
（2）已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ·mol-1+(-1169kJ·mol-1)= (a-1169)kJ·mol-1。
（3）①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为；Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定，属于基态Cu+比Cu2+稳定；NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，所以能结合NH3。
②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总反应方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，属于该反应历程的决速步骤是状态③→状态④，选c。
（4）NaOH溶液将NO2转化为NaNO3和NaNO2，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO+NO+H2O。
【答案】(1)AC
(2)(a-1169)
(3)或 Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定 NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 4NO+4NH3+O24N2+6H2O c
(4)2NO2+2OH- =NO+NO+H2O
【变式训练】2．（2022·河南·校联考模拟预测）氨氮已成为环境的主要污染物并引起了社会各界的关注，氨氮在水体中以(pH>11)和(pH<7)两种形式存在，开发经济、高效的除氛技术成为水污染治理的重点和热点。回答下列问题：
(1)生物脱氮法
通常包括生物硝化和生物反硝化两个阶段，反应流程如下：
①写出“反应1”的离子方程式：_______。
②反硝化阶段，在缺氧条件下，反硝化菌与有机碳源(醇、有机酸等)使转化为，从而消除污染，则有机碳源的作用是_______。
(2)汽提法
当废水中pH较高时(氨氮以分子存在)，利用水蒸气将其从水中吹出，消除污染。该操作一般在吹脱塔中进行，废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入。用水蒸气吹出的原理是_______；吹脱塔中进料方式的优点为_______。
(3)光催化降解法(最先进的方法)
该方法是指利用作催化剂，在其获得能量后，释放出光电子()和形成空穴()，空穴()与产生活性很强的羟基自由基(·OH)，将转化为，光电子()再将转化为。反应机理用方程式简单表示如下：
Ⅰ.
Ⅱ. _______
Ⅲ.
Ⅳ.
①反应机理“Ⅱ”空格中物质的化学式为_______。
②反应机理“Ⅲ、Ⅳ”中的离子方程式分别为_______、_______。
【解析】（1）①由图可知，反应1为在亚硝酸菌作用下，废水中的铵根离子与氧气反应生成亚硝酸根离子、氢离子和水，反应的离子方程式为2NH+3O22NO+4H++2H2O，故答案为：2NH+3O22NO+4H++2H2O；
②由题意可知，反硝化阶段，硝酸根离子转化为氮气时，氮元素的化合价降低被还原，硝酸根离子为反应的氧化剂，则有机碳源为反应的还原剂，失去电子发生氧化反应，故答案为：提供电子，做还原剂；
（2）温度越高，气体的溶解度越小，则用水蒸气吹出氨气的原理是废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入，逆流相遇的废水与水蒸气的接触面积增大，有利于通过热交换提高废水的温度，减小氨气在水中的溶解度，促使氨气吹出，故答案为：NH3在热水中溶解度减小，易于挥发；废水与水蒸气逆流相遇，接触面积增大，有利于热交换，利于NH3吹出；
（3）①由电荷守恒可知，反应机理Ⅱ为，故答案为：H+；
②由题给信息可知，反应机理Ⅲ为羟基自由基将铵根离子转化为硝酸根离子，转化的离子方程式为NH+8·OH=NO+2H++5H2O，反应机理Ⅳ为光电子将硝酸根离子转化为氮气，转化的离子方程式为2 NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O，故答案为：NH+8·OH=NO+2H++5H2O；2 NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O。
【答案】(1)2NH+3O22NO+4H++2H2O 提供电子，做还原剂
(2)NH3在热水中溶解度减小，易于挥发 废水与水蒸气逆流相遇，接触面积增大，有利于热交换，利于NH3吹出
(3)H+ NH+8·OH=NO+2H++5H2O 2NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O
11 常见非金属及其重要化合物
考点热度 ★★★★★
考点1.直接考查常见非金属及化合物的主要性质及用途
1．（2023·浙江·高考真题）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．和乙醇反应可生成 B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备 D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
【解析】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。
【答案】D
考点2.直接考查常见非金属与其化合物的转化
2．（2022·江苏·高考真题）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、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
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】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。
【答案】A
考点3.以非金属及其化合物为载体考查学生的实验探究能力
3．（2022·江苏·高考真题）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
A．A B．B C．C D．D
【解析】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。故选D。
【答案】D
考点4.以非金属及其化合物为载体考查学生计算能力
4．（2022·浙江·统考高考真题）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
(1)组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。
(2)溶液C的溶质组成为_______(用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式_______。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_______。
【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4。
（1）根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/mol＝0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol×137g/mol＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。
【答案】(1)Ba、Cu、O BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3)①2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O②BaCu3O4+12NH3H2O＝3Cu(NH3)+Ba2＋+8OH－+8H2O
(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O
考点5.以非金属元素化合物与生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用能力
5．（2016·上海·统考高考真题）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：
(1)半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入_______溶液中(填写试剂名称)，出现_______，可以证明有硫化氢存在。
(2)半水煤气在铜催化下实现CO变换：
若半水煤气中，经CO变换后的气体中： _______。
(3)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度(mol/L)
2.0
8.0
碱的价格(元/kg)
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是_______；缺点是_______。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？
_______
写出这种方法涉及的化学反应方程式。_______
(4)以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积(标准状况)的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ、Ⅴ方框中：_______、_______、_______、_______。
②该实验方案中，步骤_______(选填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【解析】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在；故答案为：硝酸铅(或硫酸铜)；黑色沉淀；
（2）若半水煤气中，经CO变换后CO转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：；故答案为：
（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为；故答案为：价廉；吸收CO2能力差；碱液循环使用；；
（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为
；
故答案为：KOH；浓硫酸；浓硫酸；KOH；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数；故答案为：Ⅳ。
【答案】(1)硝酸铅 黑色沉淀
(2)3：1
(3)价廉 吸收CO2能力差 碱液循环使用 2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
(4)①KOH 浓硫酸 浓硫酸 KOH ②Ⅳ
考点6.以非金属元素及其化合物为载体考查化学基本理论
6．（2019·江苏·高考真题）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−2+H2O
2NO2+2OH−++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________。
【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O，
故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。
故答案为BC；
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，故答案为NaNO3；NO；
（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3Cl-+5H+，故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；
②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O （2）①BC ②NaNO3 NO
（3）①3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ ②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
1、对点核心素养
(1)宏观辨识与微观探析:以物质性质为突破点,将非金属元素及其化合物知识与金属元素及其化合物知识构建知识网络结构。
(2)平衡思想和变化观念:从非金属元素的化合价变化认识非金属及其化合物的相互转化及应用。
(3)科学探究与创新意识:能设计并优化实验方案,对典型物质及其性质进行实验探究，在尊重事实和证据,能独立思考,对相关性质和制备实验能大胆改进和创新
2、对点命题分析
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；
核心考点一 碳、硅及其化合物
1.理清知识主线
H4 ―→O―→O2
H4 ―→O2(H2O3)
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(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。
(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3的，所以有Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生，原因可从两方面解释：①硅酸盐比碳酸盐稳定；②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。
核心考点二 氯及其化合物
1.理清知识主线
H ―→2―→HO―→HO2―→HO3―→HO4
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(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。
(2)1 mol 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。
(5)ClO－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SO、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－＋SO＋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＋HCO，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。
核心考点三 氮及其化合物
1.理清知识主线
铵盐、H3―→N ―→2O―→O―→O2―→HO3―→硝酸盐
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(1)NO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NH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NH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。
(10)NH3、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。
核心考点四 硫及其化合物
1.理清知识主线
硫化物、H2 ―→ ―→O2―→O3(H2O4) ―→硫酸盐
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(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。
(2)SO2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。
(9)C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。
(10)SO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SO。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。
核心考点五 非金属及其化合物的几个专题
一、重要物质的网络思维结构：
二.常见无机酸的重要规律和特性
(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。
三、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 mol/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)。
四．常见非金属单质的性质
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
五．常见非金属氧化物的性质
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、MnO、Fe3＋、HNO3等氧化剂氧化为SO；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
六．几种常见的硫酸盐
硫酸盐
俗名
颜色
用途
2CaSO4·H2O
熟石膏
白色
作磨光粉、纸张填充物、气体干燥剂等
CaSO4·2H2O
生石膏
白色
塑像、模型、粉笔、医疗绷带等
FeSO4·7H2O
绿矾
浅绿色
生产铁系列净水剂、补血剂等
CuSO4·5H2O
胆矾、蓝矾
蓝色
配“波尔多液”、镀铜液
BaSO4
重晶石
白色
白色颜料、医疗上作“钡餐”
KAl(SO4)2·12H2O
明矾
白色
净水剂
考点一 直接考查常见非金属及化合物的主要性质及用途
【】有关非金属元素的考题几乎出现在每年的高考题中，考查方式除了在选择题中直接考查非金属元素及其化合物的性质、用途之外，还可以以元素及其化合物为载体，考查离子共存、离子方程式、氧
化还原反应、物质的鉴别与分离等有关知识，试题通常以基础题、中档题居多。
例1.（2023·安徽·校联考模拟预测）化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．利用作灭火剂，是因为铵盐易分解且吸热，同时分解产物不支持燃烧
B．红酒中添加，利用了的还原性和杀菌消毒的能力
C．是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
D．利用制取K，该反应可以说明Na的金属性强于K
【解析】A．是一种铵盐，其易分解且吸热分解产物不支持燃烧，可以作为灭火剂，A项正确；B．的还原性和杀菌消毒的能力，因此，红酒中添加，B项正确；C．具有强氧化性可以用于杀菌消毒，是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒，C项正确；D．该反应能够发生，是因为该条件下钾为气体，利用了平衡移动的原理，与元素的金属性强弱无关，D项错误；答案选D。
【答案】D
【变式训练1】（考查物质的性质）（2022·浙江·校联考模拟预测）对于、、三种物质，下列说法不正确的是
A．在空气中易被氧化
B．可通过过饱和溶液结晶脱水制得
C．与水反应可得到硫酸氢钠
D．因+7价的硫元素体现强氧化性
【解析】A．Na2S2O5中S显+4价，处于中间价态，以还原性为主，容易被空气中氧气氧化，故A说法正确；B．Na2S2O5、NaHSO3中S均显+4价，制备Na2S2O5可通过NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得，故B说法正确；C．Na2S2O7中S显+6价，硫酸氢钠中S显+6价，Na2S2O7与水反应可得到硫酸氢钠，故C说法正确；D．S的最高价为+6价，Na2S2O8中含有1个“-O-O-”，“-O-O-”体现强氧化性，故D说法错误；答案为D。
【答案】D
【变式训练2】（考查物质的用途）（2022·江苏泰州·统考模拟预测）合成实现了氮的人工固定，在强碱条件下能被NaClO氧化生成，可被NaClO继续氧化生成，也可被氧化生成，是一种弱酸，酸性与醋酸相当。下列有关物质的性质与用途的对应关系正确的是
A．性质不活泼，可作为粮食保护气
B．具有还原性，可用作制冷剂
C．的熔沸点较低，可用作火箭推进剂
D．受热易分解，可用作铁的除锈剂
【解析】A．化学性质不活泼，常作为粮食保护气，A正确；B．易液化且汽化时吸收大量的热，可使环境温度降低，工业可用作制冷剂，与还原性无关，B错误；C．能在空气中燃烧，能放出大量的热，可用作火箭推进剂，C错误；D．是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，能与氧化铁反应，可用于除铁锈，D错误；故选A。
【答案】A
考点二 直接考查常见非金属与其化合物的转化
【】常见非金属与其化合物的转化是这一部分知识的灵魂，这一方面的考查比较灵活，可以以选择题的形式进行直接考查，也可以在II卷以工艺流程题的形式进行间接考查。
例2.（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）在给定条件下，下列选项所示的物质间一步转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．海水提取食盐后的
【解析】A．和氧气生成二氧化硫，二氧化硫和水生成亚硫酸，故A错误；
B．石英砂中二氧化硅和焦炭反应生成粗硅，粗硅和氯气生成四氯化硅气体，四氯化硅和氢气生成高纯硅，故B正确；C．氨气催化氧化生成一氧化氮不是二氧化氮，故C错误；D．母液加入石灰乳氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体电解生成镁单质，不是电解氯化镁溶液，故D错误；故选B。
【答案】B
【变式训练1】（考查图表转化型推断）（2022·福建福州·福建省福州第八中学校考模拟预测）在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质间的转化及其定量关系。图中的字母分别代表常见的含氯元素的物质，下列相关推断不合理的是
A．实验室可用a的浓溶液与f反应制备d
B．b、d既具有氧化性又具有还原性
C．若e为钠盐，实验室可用e和浓硫酸反应制取少量气态a
D．若d在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有e和f，则
【解析】根据图中信息，a是HCl，b是HClO，c是HClO4，d是Cl2，e是氯化物，f是氯酸盐，g是高氯酸盐。A．氯酸盐中Cl为+5价 氯酸盐与浓盐酸反应就会产生Cl2，A项不符合题意；B．HClO、Cl2、Cl元素都处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，B项不符合题意；C．实验室用NaCl和浓硫酸反应制取气态HCl，C项不符合题意；D．若Cl2在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有氯化物和氯酸盐，则，D项符合题意；故选：D。
【答案】D
【变式训练2】（考查框图转化型推断）（2023·湖南永州·统考二模）正高碘酸是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：
下列说法错误的是
A．“反应1”是为了将转化为
B．“反应2”中发生的反应是
C．“反应3”的滤液中含有大量的等
D．“反应4”得到的无色气体可能是氧气
【解析】电解NaI溶液生成NaIO3，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，通入氯气和加入水发生反应，过滤得到H5IO6。A．“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将转化为，A正确；B．“反应2”中，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为，B正确；C．由分析可知，“反应3”中Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，C错误；D．“反应4”中发生的反应为，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确；故选C。
【答案】C
考点三 以非金属及其化合物为载体考查学生的实验探究能力
【】有关非金属及其化合物探究实验的特点：要求考生对文字、图形、表格数据、反应流程中的信息进行提取、分析、猜想和归类，考查学生基础知识的综合应用、基本的实验方法和基本技能的掌握程度，考查学生对科学探究方法和过程的理解，对实验的评价。
例3．（2023秋·山东枣庄·高三统考期末）某兴趣小组用K2Cr2O7和浓盐酸制取氯气并探究氯、溴、碘的相关性质，设计装置图如下所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是
A．装置A中发生反应的离子方程式：
B．若装置C发生堵塞，B中长颈漏斗内液面会上升
C．为验证氯气是否具有漂白性，I、II、III处分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条
D．通入足量的氯气，打开E的活塞，将溶液滴入D中，锥形瓶下层液体呈紫色即证明氧化性Br2>I2
【解析】常温下K2Cr2O7和浓盐酸在A中反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去氯气中HCl，氯气没有漂白性但次氯酸有漂白性，氯气和溴化钠反应生成溴，溴能和KI反应生成碘单质，氯气有毒不能排空，应该用NaOH溶液处理尾气。A．根据以上分析可知装置A发生反应生成氯气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，得到反应的离子方程式为：，A正确；B．若装置C发生堵塞，则装置B中压强增大，因此长颈漏斗内液面会上升，B正确；C．要验证氯气没有漂白性，应该用干燥剂干燥氯气然后用干燥的红色布条检验，则为了验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，C正确；D．将氯气通入溴化钠溶液中，导致溶液中可能含有氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，导致干扰实验，所以若观察到锥形瓶下层液体呈紫红色，不能证明氧化性，D错误；答案选D。
【答案】D
【变式训练】（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是
A．通入前，①中溶液显红色的原因：
B．通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性
C．通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝
D．通入后，②中溶液颜色褪去的原因：
【解析】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH−，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确；B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误；C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确；D．通入 SO2 后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原为I-，溶液蓝色褪去，故D正确；故选B。
【答案】B
考点四 以非金属及其化合物为载体考查学生计算能力
【】本考点以非金属及其化合物为载体考查学生计算能力——物质的量、物质的量浓度、气体摩尔体积、氧化还原反应、中和滴定、物质的纯度等计算。
例4．（2021·浙江绍兴·统考二模）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的正盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；生成的A全部逸出，且可使品红溶液褪色：溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1；用酸性标准溶液滴定用6.68gX配成的溶液，发生反应：，消耗。(注：忽略加入固体X后溶液的体积变化)。请回答：
(1)组成X的3种元素是_______(填元素符号)，X的化学式是_______。
(2)若吸收气体A的KOH不足，，该反应的化学方程式是_______。
(3)固体X与稀盐酸发生反应的离子方程式是_______。
(4)某研究小组讨论溶液D中的主要阴离子M与的反应原理，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应；二是发生双水解反应，生成氢氧化铁胶体和气体A。在探究过程中某小组同学选择如下的实验用品：溶液D，稀溶液，稀盐酸；试管、胶头滴管。从选择的药品分析，分析设计这个实验的目的是_______。
【解析】气体A可使品红溶液褪色，则说明A为SO2或Cl2，溶液C的焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明溶液C中含有K元素，X能发生反应：，说明X中含有S、O元素，因此组成X的3种元素为K、S、O；根据元素守恒可知，反应生成的淡黄色固体为S，则n(S)=0.05mol，溶液C中的溶质只含一种阴离子，并测得其pH为1，说明反应过程中盐酸过量，则该阴离子为Cl-，c(H+)=0.1mol/L，c(Cl-)=0.5mol/L，根据电荷守恒可知，c(K+)=c(Cl-)-c(H+)=0.4mol/L[此时溶液中c(OH-)浓度低于10-5mol/L，可认为其不存在]，则n(K+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，反应过程中H+与X中部分的O原子组成H2O，反应消耗n(H+)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，则消耗X中n(O)=0.02mol，设生成SO2物质的量为ymol，根据质量守恒可知，y×64+0.02×16+0.04×39+0.05×32=6.68，解得y=0.05，因此6.68gX中K+的物质的量为0.04mol，S原子的物质的量为0.05mol+0.05mol=0.1mol，O原子的物质的量为0.02mol+0.05mol×2=0.12mol，则各原子物质的量之比为n(K)：n(S)：n(O)=0.04mol：0.1mol：0.12mol=2：5：6，则X的化学式为K2S5O6。
(1)由上述分析可知，组成X的3种元素为K、S、O；X的化学式为K2S5O6；
(2)SO2与KOH先后发生反应：SO2+2KOH=K2SO3+H2O、SO2+K2SO3+H2O=2KHSO3，设n(SO2)=3mol，则，，反应完全后，n(K2SO3)=1mol，n(KHSO3)=2mol，因此反应方程式为；
(3)K2S5O6与稀盐酸反应生成S、SO2、H2O，在中，0.02mol消耗0.08mol，则转移电子为0.08mol×5=0.4mol，根据转移电子守恒，则中S元素平均化合价为+2，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知K2S5O6与稀盐酸反应的离子方程式为；
(4)溶液D为SO2与足量KOH反应所得溶液，溶液中溶质为KOH、K2SO3，取少量溶液于试管中，向溶液中滴加过量稀盐酸后再加入BaCl2稀溶液，若有白色沉淀生成，则说明K2SO3已变质生成K2SO4，从而避免检验与Fe3+反应生成的干扰。
【答案】(1)K、S、O
(2)
(3)
(4)检验亚硫酸根中是否变质
【变式训练】（2021·浙江绍兴·统考二模）大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，发生如下反应：
请计算：
(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)与恰好完全反应，则_______。
(2)若与混合，能与溶液恰好完全反应全部转变成，则_______(写出计算过程)
【解析】(1)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)的物质的量为=1.5mol，根据反应、可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则消耗NaOH的物质的量为1.5mol，则=3.00L=3.00mL；
(2)n(NaOH)=1.00mol/L0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成，根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n()=0.06mol，n(NO):n(NO2)= ，故n(NO)= 0.05mol，n(NO2)= 0.01mol，根据电荷守恒，失电子：NO 、NO2 ；得电子O2 ；故0.05mol3+0.01mol1=xmol4，则mol。
【答案】(1)3.00 (2)
考点五 以非金属元素化合物与生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用能力
【】本考点主要以工艺流程题的形式考查非金属及其化合物在生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用，考查化学方程式、离子方程式的书写、物质的分离提纯、产率的计算等。例5．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
【解析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
【答案】(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2)球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3)abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5)溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%
【变式训练】（2022·陕西·校联考三模）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程如图：
已知：①碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
②碘酸钙的溶解度：
0.119(5℃)
0.195(15℃)
0.307(25℃)
0.52(40℃)
0.621(60℃)
0.669(80℃)
(1)转化步骤是为了制得碘酸，该过程在下图所示的装置中进行。
①实验室中制取氯气，下列收集氯气的装置正确的是_______。
②转化反应中当观察到_______现象时，停止通入氯气，使用I2的CCl4溶液的目的是_______(选填序号)。
A．增大碘的溶解度，提高碘的利用率 B．CCl4是反应的催化剂
C．除去碘酸中的单质碘 D．增强氯气的氧化性
(2)流程中分离操作的名称是_______。
(3)向水层中加入氢氧化钙悬浊液，反应混合物先用水冷却，再在冰水中静置10分钟，过滤，用少量冰水洗三次，再用少量无水乙醇洗涤一次，抽干后，将产品转移到滤纸上，晾数分钟，得碘酸钙产品。
①步骤(3)中在冰水中冷却静置的目的是_______；
②再用无水乙醇洗涤的目的是_______；
(4)测定产品中碘酸钙含量的实验步骤如下：
准确称取产品ag(约0.6g)，置于100mL烧杯中，加1：1高氯酸20mL，微热溶解试样，冷却后移入250mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，得试液。
准确量取所得试液50.00mL置于250mL碘量瓶中，加入1：1高氯酸2mL，3g碘化钾，盖上瓶塞，在暗处放置3分钟，加50mL水，用浓度为0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入2mL0.5%淀粉溶液，继续滴定至终点，读数。
滴定过程中发生的反应如下：
Ca(IO3)2+2HClO4=2HIO3+Ca(ClO4)2，+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2=2I-+
①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是_______；
②滴定至终点的现象是_______；
③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是_______。
【解析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液经过一系列过程得到Ca(IO3)2·H2O。
(1)①收集氯气用向上排空气法，A是密闭装置，A、B均不正确；D中的碱液吸收氯气，因此正确的是C；
②当CCl4中的紫红色消失，便是氯气与碘反应结束，停止通入氯气；使用碘的四氯化碳溶液，不仅能增大碘的溶解度，提高碘的利用率，还能除去碘酸中的单质碘，故选AC。
(2)流程中分离操作的名称是分液；
(3)①步骤5中在冰水中冷却静置的目的是使Ca(IO3)2沉淀完全；②再用无水乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失；
(4)①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是酸式滴定管或移液管；②滴定至终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复；③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是重复测定两次。
【答案】(1)C CCl4中的紫红色消失 AC
(2)分液
(3)使Ca(IO3)2沉淀完全 乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失
(4)酸式滴定管或移液管 溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复 重复测定两次
考点六 以非金属元素及其化合物为载体考查化学基本理论
【】本考点以非金属及其化合物为载体考查化学基本理论——盖斯定律的应用、电化学、化学反应速率与化学平衡、水溶液中的离子平衡等理论知识。
例6．（2022·广东东莞·东莞市东华高级中学校考模拟预测）含氮化合物(NOx、NO等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)下列过程属于氮的固定过程的是_______(填选项字母)。
A．工业合成氨
B．工业利用氨气合成硝酸
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物
(2)已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，则其正反应活化能为_______kJ·mol-1 (用含a的代数式表示)。
(3)某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。
①Cu的基态核外电子排布式为_______，基态Cu+比Cu2+稳定的原因是_______，从化学键的角度解释能结合NH3的原因：_______。
②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)
a.状态①→状态② b.状态②→状态③ c.状态③→状态④ d.状态④→状态⑤
(4)实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO2转化为NaNO3和NaNO2。该吸收过程中发生反应的离子方程式为_______。
【解析】（1）A．工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选A；B．工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选B；C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选C；D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选D；选AC。
（2）已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ·mol-1+(-1169kJ·mol-1)= (a-1169)kJ·mol-1。
（3）①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为；Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定，属于基态Cu+比Cu2+稳定；NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，所以能结合NH3。
②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总反应方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，属于该反应历程的决速步骤是状态③→状态④，选c。
（4）NaOH溶液将NO2转化为NaNO3和NaNO2，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO+NO+H2O。
【答案】(1)AC
(2)(a-1169)
(3)或 Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定 NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 4NO+4NH3+O24N2+6H2O c
(4)2NO2+2OH- =NO+NO+H2O
【变式训练】2．（2022·河南·校联考模拟预测）氨氮已成为环境的主要污染物并引起了社会各界的关注，氨氮在水体中以(pH>11)和(pH<7)两种形式存在，开发经济、高效的除氛技术成为水污染治理的重点和热点。回答下列问题：
(1)生物脱氮法
通常包括生物硝化和生物反硝化两个阶段，反应流程如下：
①写出“反应1”的离子方程式：_______。
②反硝化阶段，在缺氧条件下，反硝化菌与有机碳源(醇、有机酸等)使转化为，从而消除污染，则有机碳源的作用是_______。
(2)汽提法
当废水中pH较高时(氨氮以分子存在)，利用水蒸气将其从水中吹出，消除污染。该操作一般在吹脱塔中进行，废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入。用水蒸气吹出的原理是_______；吹脱塔中进料方式的优点为_______。
(3)光催化降解法(最先进的方法)
该方法是指利用作催化剂，在其获得能量后，释放出光电子()和形成空穴()，空穴()与产生活性很强的羟基自由基(·OH)，将转化为，光电子()再将转化为。反应机理用方程式简单表示如下：
Ⅰ.
Ⅱ. _______
Ⅲ.
Ⅳ.
①反应机理“Ⅱ”空格中物质的化学式为_______。
②反应机理“Ⅲ、Ⅳ”中的离子方程式分别为_______、_______。
【解析】（1）①由图可知，反应1为在亚硝酸菌作用下，废水中的铵根离子与氧气反应生成亚硝酸根离子、氢离子和水，反应的离子方程式为2NH+3O22NO+4H++2H2O，故答案为：2NH+3O22NO+4H++2H2O；
②由题意可知，反硝化阶段，硝酸根离子转化为氮气时，氮元素的化合价降低被还原，硝酸根离子为反应的氧化剂，则有机碳源为反应的还原剂，失去电子发生氧化反应，故答案为：提供电子，做还原剂；
（2）温度越高，气体的溶解度越小，则用水蒸气吹出氨气的原理是废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入，逆流相遇的废水与水蒸气的接触面积增大，有利于通过热交换提高废水的温度，减小氨气在水中的溶解度，促使氨气吹出，故答案为：NH3在热水中溶解度减小，易于挥发；废水与水蒸气逆流相遇，接触面积增大，有利于热交换，利于NH3吹出；
（3）①由电荷守恒可知，反应机理Ⅱ为，故答案为：H+；
②由题给信息可知，反应机理Ⅲ为羟基自由基将铵根离子转化为硝酸根离子，转化的离子方程式为NH+8·OH=NO+2H++5H2O，反应机理Ⅳ为光电子将硝酸根离子转化为氮气，转化的离子方程式为2 NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O，故答案为：NH+8·OH=NO+2H++5H2O；2 NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O。
【答案】(1)2NH+3O22NO+4H++2H2O 提供电子，做还原剂
(2)NH3在热水中溶解度减小，易于挥发 废水与水蒸气逆流相遇，接触面积增大，有利于热交换，利于NH3吹出
(3)H+ NH+8·OH=NO+2H++5H2O 2NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O
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