師殿峰

一、考查非金屬化合物的性質

例1（全國理綜課標卷I）我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金……其水甚強，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛?！边@里的“強水”是指（）。

A.氨水 B.硝酸 C.醋 D.鹵水

解析根據(jù)題給信息可知，“強水”具有強氧化性和酸性，而題給四種物質中只有硝酸符合題意（“性最烈，能蝕五金……其 水甚強，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”）。故答案為B。

例2 （上?；瘜W卷）下列物質見光不會分解的是（ ）。

A.HClO B.NH4Cl C.HNO3 D.AgNO3

解析HClO、HNO3和AgNO3見光均會分解，而NH4Cl見光不會分解。故答案為B。

二、考查非金屬單質和化合物的性質

例2（上海化學卷）二氧化硫能使溴水褪色，說明二氧化硫具有（ ）。

A.還原性 B.氧化性 C.漂白性 D.酸性

解析溴水具有氧化性，二氧化硫能使溴水褪色說明二氧化硫具有還原性（其反應為SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr）。

故答案為A。

例4（天津、浙江、安徽與重慶理綜卷組合）下列有關說法正確的是（ ）。

A.點燃爆竹后，硫燃燒生成SO3

B.為測定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，與標準比色卡對照即可

C.H2、SO2、CO2三種氣體都可用濃硫酸干燥

D.SO2和SO3混合氣體通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4

解析硫在空氣或純氧中燃燒均生成SO2，A項錯誤；新制氯水具有漂白性，能將pH試紙漂白，而無法測其pH，B項錯誤；H2、SO2、CO2三種氣體都與濃硫酸不反應，都可用濃硫酸干燥，C項正確；在酸性（有大量的H+存在）條件下，NO-3具有很強的氧化性（“H++NO-3”相當于稀硝酸），則將SO2氣體通入Ba（NO3）2溶液中，SO2被NO-3氧化為SO2-4，最終得到BaSO4沉淀，D項錯誤。故答案為C。

三、考查非金屬化合物的性質與應用

例3（全國理綜課標卷Ⅱ）食品干燥劑應無毒、無味、無腐蝕性及環(huán)境友好。下列說法錯誤的是（ ）。

A.硅膠可用作食品干燥劑

B.P2O5不可用作食品干燥劑

C.六水合氯化鈣可用作食品干燥劑

D.加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑

解析硅膠無毒、無味、無腐蝕性，具有吸水性，則硅膠可用作食品干燥劑，A項正確；P2O5是酸性氧化物，能夠與水反應生成磷酸和偏磷酸，磷酸具有腐蝕性，偏磷酸有毒，則P2O5不可用作食品干燥劑，B項正確；無水氯化鈣具有吸水性，而六水合氯化鈣無吸水性，則六水合氯化鈣不能用作食品干燥劑，C項錯誤；植物纖維無毒、無味、無腐蝕性，則加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑，D項正確。故答案為C。

四、考查非金屬化合物的性質與電解質的概念

例4（上?；瘜W卷）與氫硫酸反應有沉淀生成的電解質是（ ）。

A.硫酸銅 B.氫氧化鈉

C.硫酸亞鐵 D.二氧化硫

解析硫酸銅與氫硫酸反應有CuS沉淀生成，且硫酸銅屬于電解質，A項正確；盡管氫氧化鈉屬于電解質，但氫氧化鈉與氫硫酸反應無沉淀生成，B項錯誤；盡管硫酸亞鐵屬于電解質，但硫酸亞鐵與氫硫酸不反應，C項錯誤；二氧化硫與氫硫酸反應有S沉淀生成，但二氧化硫屬于非電解質，D項錯誤。故答案為A。

五、以海水開發(fā)利用為素材，考查非金屬單質及其化合物的性質與物質的除雜和提純

例5（全國理綜課標卷Ⅱ）海水開發(fā)利用的部分過程如圖1所示。下列說法錯誤的是（）。

圖1A.向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴

B.粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純

C.工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑

D.富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收

解析苦鹵中含有Br-，通入Cl2可將Br-氧化為Br2，A項正確；粗鹽中含有Ca2+、SO2-4等雜質離子，則先除雜得到NaCl和KCl的混合溶液，而NaCl的溶解度隨溫度變化不大（KCl的溶解度隨溫度變化大），采用重結晶可以得到純凈的NaCl，B項正確；工業(yè)上沉淀海水中的Mg2+，采用Ca（OH）2作沉淀劑，而不用NaOH作沉淀劑（因NaOH的價格貴），C項錯誤；Br2易揮發(fā)，用熱空氣吹出后，用SO2吸收生成H2SO4和HBr，富集后再用Cl2處理HBr生成Br2，D項正確。故答案為C。

六、以非金屬化合物的性質為素材，考查實驗現(xiàn)象的預測

例6（全國理綜課標卷Ⅱ）用圖2所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預測的現(xiàn)象與實際相符的是（ ）。

選項①中物質②中物質預測②中的現(xiàn)象A.稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化

鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B.濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C.氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D.草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色解析稀鹽酸滴入碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液中，首先發(fā)生酸堿中和反應圖2，開始沒有氣泡產(chǎn)生，A項錯誤；常溫下鋁在濃硝酸中產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象，得不到紅棕色氣體，B項錯誤；將氯化鋁溶液滴入氫氧化鈉溶液中，開始氫氧化鈉過量，不可能產(chǎn)生白色沉淀，C項錯誤；草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化使其褪色，D項正確。故答案為D。

七、以非金屬化合物的性質為素材，考查離子方程式正誤的判斷

例7（山東理綜卷）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（ ）。

A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：

SO2-3+2H+SO2↑+H2O

B.向Na2SiO3溶液中通入過量SO2：

SiO2-3+SO2+H2OH2SiO3↓+SO2-3

C.向Al2（SO4）3溶液中加入過量的NH3·H2O：

Al3++4NH3·H2O[Al（OH）4]-+4NH+4

D.向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑

解析A項錯在違背客觀事實，其正確的離子方程式為3SO2-3+2H++2NO-33SO2-4+2NO↑+H2O；B項SO2過量，其正確的離子方程式為SiO2-3+2SO2+2H2OH2SiO3↓+2HSO-3；C項錯在產(chǎn)物不符合客觀事實，其正確的離子方程式為Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH+4；向CuSO4溶液中加入Na2O2反應的實質是首先Na2O2與H2O反應生成NaOH和O2，其離子方程式為2Na2O2+2H2O4Na++4OH-+O2↑，然后NaOH與CuSO4反應生成Cu（OH）2沉淀和Na2SO4，其離子方程式為Cu2++2OH-Cu（OH）2↓，將這兩個離子方程式疊加得總離子方程式為2Na2O2+2Cu2++2H2O4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，D項正確。故答案為D。

八、以非金屬及其化合物的離子為素材，考查離子能否大量共存的判斷

例8 （廣東理綜卷）水溶液中能大量共存的一組離子是（ ）。

A.NH+4、Ba2+、Br-、CO2-3 B.Cl-、SO2-3、Fe2+、H+

C.K+、Na+、SO2-4、MnO-4 D.Na+、H+、NO-3、HCO-3

解析A組的Ba2+與CO2-3不能大量共存；B組的SO2-3與H+反應而不能大量共存；C組離子彼此不反應而能夠大量共存；D組的H+與HCO-3不能大量共存。故答案為C。

例9（上?；瘜W卷）某無色溶液含有下列離子中的若干種：H+、NH+4、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO2-3、Cl-、OH-、NO-3。向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則溶液中能大量存在的離子最多有（ ）。

A.3種 B.4種 C.5種 D.6種

解析因溶液無色Fe3+不能大量存在；因向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則可能是酸性溶液或堿性溶液；若為酸性溶液，CO2-3和OH-不能大量存在，且在H+存在下，NO-3（“H++NO-3”相當于稀硝酸）與鋁反應不能產(chǎn)生氫氣，則NO-3也不能大量存在，此時溶液中能大量存在的離子有H+、NH+4、Ba2+、Al3+和Cl- 5種；若是堿性溶液，H+、NH+4和Al3+均能夠與OH-反應而不能大量存在，且Ba2+與CO2-3不能同時大量存在（二者只能存在其中之一），此時溶液中能大量存在的離子有Ba2+（或CO2-3）、Cl-、OH-和NO-3 4種；則溶液中能大量存在的離子最多有5種。故答案為C。

九、以非金屬化合物的性質為素材，考查儀器的洗滌、試劑的保存與物質的除雜

例10 （海南化學卷）下列敘述正確的是（ ）。

A.稀鹽酸可除去燒瓶內殘留的MnO2

B.可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液

C.稀硝酸可除去試管內壁的銀鏡

D.煮沸自來水可除去其中的Ca（HCO3）2

解析稀鹽酸與MnO2不反應，稀鹽酸不能除去燒瓶內殘留的MnO2，A項錯誤；NaOH能夠與玻璃中的SiO2反應生成具有粘性的Na2SiO3，將試劑瓶口與玻璃塞黏在一起，則不能用磨口（應用帶橡膠塞的）玻璃瓶保存NaOH溶液，B項錯誤；稀硝酸具有氧化性，能夠與銀發(fā)生反應生成可溶性的硝酸銀，則稀硝酸可除去試管內壁的銀鏡，C項正確；Ca（HCO3）2受熱易分解[Ca（HCO3）2△CaCO3+ CO2↑+H2O]，則煮沸自來水可除去其中的Ca（HCO3）2，D項正確。故答案為C、D。

十、考查非金屬化合物或離子的檢驗

例11 （天津、福建、浙江理綜卷組合）下列關于物質或離子檢驗的敘述正確的是（ ）。

A.氣體通過無水硫酸銅，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣

B.將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是CO2

C.檢驗溶液中是否含有NH+4，取少量試液于試管中，加入NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體

D.在未知溶液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在SO2-4或SO2-3

解析白色的無水硫酸銅與水蒸氣反應可生成藍色的CuSO4·5H2O，A項正確；CO2、SO2均能使澄清石灰水變渾濁，B項錯誤；檢驗溶液中是否含有NH+4的方法是取少量試液于試管中，加入NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體，若紅色石蕊試紙變藍色則原溶液中含有NH+4，否則原溶液中不含NH+4，C項正確；若未知溶液中不存在SO2-4或SO2-3，而存在Ag+，則滴加BaCl2溶液也能出現(xiàn)不溶于稀硝酸的白色沉淀，D項錯誤。故答案為A、C。

十一、考查有關非金屬單質與非金屬化合物反應的計算

例12 （上?；瘜W卷）將O2和NH3的混合氣體448 mL通過加熱的三氧化二鉻，充分反應后，再通過足量的水，最終收集到44.8 mL氣體。原混合氣體中O2的體積可能是（假設氨全部被氧化；氣體體積均已換算成標準狀況） （ ）。

A.231.5 mL B.268.8 mL

C.287.5 mL D.313.6 mL

解析設原混合氣體中O2和NH3的體積分別為V（O2）和V（NH3），則V（O2）+V（NH3）=448mL……①。由題意可知發(fā)生的反應為4NH3+5O2催化劑△4NO+6H2O和4NO+3O2+2H2O4HNO3，將這兩個反應疊加得總反應為NH3+2O2HNO3+H2O。若剩余氣體為NO，則生成HNO3的NH3為[V（NH3）-44.8 mL]；因NH3-8e-→HNO3，NH3-5e-→NO，O2+4e-→HNO3；根據(jù)得失電子守恒原則和阿伏加德羅定律得：[V（NH3）-44.8 mL]×8+44.8 mL×5=V（O2）×4……②；解方程組①②得，V（NH3）=160.5 mL，V（O2）=287.5 mL；如果氧氣過量，因NH3-8e-→HNO3，O2+4e-→HNO3；根據(jù)得失電子守恒原則和阿伏加德羅定律得：V（NH3）×8=[V（O2） -44.8 mL]×4……③；解方程組①③得，V（NH3）=134.4mL，V（O2）=313.6 mL。故答案為C、D。

十二、以非金屬化合物的性質為素材，考查化學方程式的書寫

例13 （福建理綜卷，節(jié)選）加熱時，硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液與木炭反應的化學方程式為 。

解析加熱時，濃硫酸與C反應生成CO2、SO2和H2O，則其化學方程式為C+2H2SO4（濃）△2SO2↑+CO2↑+2H2O。故答案為：C+2H2SO4（濃）△2SO2↑+CO2↑+2H2O。

十三、以非金屬化合物的性質為素材，考查離子方程式的書寫

例14（江蘇化學卷，節(jié)選）KMnO4與鹽酸反應生成MnCl2和Cl2，其離子方程式為 。

解析KMnO4與鹽酸反應生成MnCl2、Cl2、KCl和H2O，根據(jù)離子方程式的書寫原則可得其離子方程式為2MnO-4+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O。故答案為：2MnO-4+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O。

十四、考查NH3的制法

例15 （廣東理綜卷，節(jié)選）用NH4Cl和Ca（OH）2制備NH3，反應發(fā)生、氣體收集和尾氣處理裝置（如圖3）依次為 。

圖3解析裝置連接順序為“氣體發(fā)生裝置→氣體收集裝置→尾氣處理裝置”；加熱固體與固體制氣體，應選用裝置A；NH3的密度比空氣小，應用向下排空氣法收集，選用的裝置為C；NH3極易溶于水，為防止倒吸，應選裝置G進行尾氣處理。答案為ACG。

十五、考查有關非金屬單質及其化合物的推斷

例16（海南化學卷）單質Z是一種常見的半導體材料，可由X通過如圖4所示的路線制備，其中X為Z的氧化物，Y為氫化物，分子結構與甲烷相似，回答下列問題：

XMg加熱Mg2Z鹽酸Y加熱Z

圖4

（1）能與X發(fā)生化學反應的酸是 ；由X制備Mg2Z的化學方程式為 。

（2）由Mg2Z生成Y的化學反應方程式為 ，Y分子的電子式為 。

（3）Z、X中共價鍵的類型分別是 。

解析單質Z是一種常見的半導體材料，則Z是Si，從而可知Z的氧化物X為SiO2，Mg2Z為Mg2Si；因Mg2Si與鹽酸反應生成的Y為氫化物，且其分子結構與甲烷相似，則Y為SiH4。因此可知，

（1）能與X （SiO2）發(fā)生化學反應的酸是氫氟酸；由X制備Mg2Z的化學方程式為SiO2+4Mg△Mg2Si+2MgO。

（2）由Mg2Z生成Y的化學反應方程式為Mg2Si+4HCl2MgCl2+SiH4↑；SiH4（Y）的電子式為HH∶Si····∶HH。

（3）單質Z（Si）中的共價鍵為非極性鍵，X （ SiO2）中的共價鍵為極性鍵。

故答案為：（1）氫氟酸，SiO2+4Mg△Mg2Si+2MgO；（2）Mg2Si+4HCl2MgCl2+SiH4↑，HH∶Si····∶HH；（3）非極性鍵，極性鍵。

十六、以非金屬及其化合物的性質為素材，考查探究性實驗方案的設計

例17（安徽理綜卷）某研究小組將純凈的SO2氣體通入0.1 mol/L的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀，為探究上述溶液中何種微粒能氧化通入的SO2，該小組提出了如下假設：

假設一：溶液中的NO-3

假設二：溶液中溶解的O2

（1）驗證假設一該小組設計實驗驗證了假設一，請在下表空白處填寫相關實驗現(xiàn)象。

實驗步驟實驗現(xiàn)象結論實驗1：在盛有不 含O2的25 mL 0.1 mol/L BaCl2溶液的燒杯中，緩慢通入純凈的SO2氣體 實驗2：在盛有不含O2的25 mL 0.1 mol/L Ba（NO3）2溶液的燒杯中，緩慢通入純凈的SO2氣體 假設

一

成立（2）為深入研究該反應，該小組還測得上述兩個實驗中溶液的pH隨通入SO2體積的變化曲線如圖5。

圖5實驗1中溶液pH變小的原因是 ；V1時，實驗2中溶液pH小于實驗1的原因是（用離子方程式表示） 。

（3）驗證假設二

請設計實驗驗證假設二，寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論。

實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論（不要求寫具體操作過程）（4）若假設二成立，請預測：在相同條件下，分別用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液體積變化忽略不計），充分反應后兩溶液的pH前者 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 。

解析（1）因實驗1中SO2與BaCl2溶液不反應，則實驗1無明顯現(xiàn)象產(chǎn)生；在實驗2中，因SO2溶于水后生成H2SO3，H2SO3能電離出H+，在H+存在條件下，NO-3具有強氧化性（“H++NO-3”相當于稀硝酸），能將SO2-3氧化為SO2-4，SO2-4與Ba2+反應生成白色的BaSO4沉淀，則實驗2的現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀。（2）實驗1中隨著SO2的通入，SO2與水化合生成H2SO3且濃度逐漸增大，則溶液的pH逐漸變小。實驗2中SO2會被NO-3氧化為SO2-4，且同時有大量的H+生成，則V1時實驗2中溶液pH小于實驗1，其離子方程式為3SO2+2NO-3+2H2O3SO2-4+4H++2NO。（3）驗證假設二需要做對比實驗，其實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論如下：

實驗步驟實驗現(xiàn)象結論實驗1：在盛有不含O2的25 mL 0.1 mol/L BaCl2溶液的燒杯中，緩慢通入純凈的SO2氣體 實驗2：在盛有含O2的25 mL 0.1 mol/L BaCl2溶液的燒杯中，緩慢通入純凈的SO2氣體 假設

二

成立（4）由離子方程式O2+2H2SO34H++2SO2-4和2NO-3+3H2SO34H++3SO2-4+2NO+H2O可知，1 mol H2SO3完全被O2氧化可生成2 mol H+，而1 mol H2SO3完全被NO-3氧化可生成4/3 mol H+，則在相同條件下，分別用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液，前者生成H+的物質的量比后者多，即兩溶液的pH前者小于后者。

故答案為：（1）無明顯現(xiàn)象；有白色沉淀。（2）SO2溶于水生成H2SO3；3SO2+2NO-3+2H2O3SO2-4+4H++2NO（或3H2SO3+2NO-33SO2-4+4H++2NO+H2O）。

（3）

實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論（不要求寫具體操作過程）實驗1作為參照實驗

實驗2：將純凈的SO2氣體緩慢通入未經(jīng)脫氧處理的的25mL0.1mol/LBaCl2溶液的燒杯中，若有白色沉淀，表明假設二成立，否則不成立。（4）小于；反應的離子方程式表明，足量的O2和NO-3分別氧化相同的H2SO3，生成H+的物質的量前者多于后者。