专题八 非金属及其化合物专题
一、氧化性酸和酸的氧化性的区别
所谓氧化性酸是指酸根部分易于获得电子的酸，如浓H2SO4、HNO3等，由于其中S＋6、N＋5易获得电子，表现出很强的氧化性；而盐酸、氢硫酸、H2CO3、H3PO4等酸根部分不能或不易获得电子，所以它们是非氧化性酸。
在水溶液中任何酸都能不同程度地电离出H＋，H＋在一定条件下可获得电子形成H2，从这一点看，酸都具有氧化性，这是H＋的氧化性，它和氧化性酸中中心元素处于高价态易获得电子具有的氧化性是不同的。
区别上述两个概念的关键在于：酸根部分易得电子→有氧化性→氧化性酸；酸电离出H＋→有氧化性→酸的氧化性。
二、铵盐分解规律
1．如果组成铵盐的酸是挥发性的，则固体铵盐受热解时，氨气与酸一起挥发，冷却时又重新结合成铵盐。如NH4Cl为此类铵盐。
NH4Cl NH3+HCl
2．如果组成的铵盐是难挥发性酸则固体铵盐受热分解时，只有氨呈气态逸出，而难挥发性的酸残留在加热的容器中。如（NH4）2SO4、（NH4）3PO4为此类铵盐。
（NH4）2SO4 2NH3↑+H2SO4 （NH4）3PO4 3NH3↑+H3PO4
3．如果组成的铵盐的酸是具有强氧化性的酸，在较低的温度下慢慢分解可得到NH3和相应的酸。如NH4NO3：NH4NO3====HNO3+NH3↑。
由于硝酸具有氧化性，能将氨气氧化，从微热至不同的温度分别可得到N2O、NO2、N2O3、N2等。NH4NO3加热到190℃时分解生成一氧化二氮和水：NH4NO3 N2O↑+2H2O
如果加热NH4NO3的温度达到480℃～500℃或NH4NO3受到撞击，分解生成氮气、氧气、水，发生爆炸。
在特殊温度下才有可能放出氨气：NH4NO3 NH3↑+HNO3
注意：NH4I NH3↑+HI, 2HI H2+I2
三、酸式盐的生成与性质
1．溶解性：绝大多数的酸式盐易溶于水，而且酸式盐的溶解度大于正盐。如Ca（HCO3）2＞CaCO3，Mg（HCO3）2＞MgCO3，但NaHCO3的溶解性小于Na2CO3
2．电离及溶液的酸碱性
（1）水溶液中：①NaHCO3=Na＋+ HCO3－HCO3－==H＋+CO32－②NaHSO4= Na＋+ H＋+ SO42－或NaHSO4= Na＋+ HSO4－
（2）熔化状态下：①2NaHCO3（熔）= Na2CO3+CO2↑+H2O,Na2CO3（熔）= 2Na＋+CO32－,（NaHCO3在熔化状态下不存在，要分解）。②NaHSO4= Na＋+ HSO4－
（3）水溶液的酸碱性
酸式盐溶于水后，溶液的酸碱性与酸式阴离子的电离和水解程度的大小有关，如果电离大于水解，则溶液显酸性；如果电离小于水解，则溶液显碱性。所以酸式盐溶液不一定显酸性，相反，绝大多数酸式盐水溶液显碱性，只有HSO4－、H2PO4－、HSO3－等盐的水溶液显酸性。
3．酸式盐的热稳定性
（1）一般说来，正盐＞酸式盐＞相应的酸。如碳酸的水溶液稍受热就会分解，碳酸氢钠在270℃左右分解，而碳酸钠要在850℃以上的灼热条件下才会分解。
（2）一般说来，多元弱酸（如H2CO3 、H2SO3）易分解，其酸式盐受热也易分解，如2NaHSO3=Na2SO3+SO2↑+H2O，多元酸较稳定，其酸式盐也较稳定，如H2SO4较H2CO3稳定，则NaHSO4要较NaHCO3稳定。
典型例题剖析
【例1】对下列事实的解释错误的是
A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质，说明浓硫酸具有脱水性．
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定．
C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应．
D．既不溶于水，也不溶于稀硫酸．
解析：A．解释正确．浓硫酸具有脱水性，可以把化合物中H和O以2∶1比例脱出，所以向蔗糖中加浓硫酸会发黑，此过程又叫蔗糖的碳化．
B．解释正确．浓硝酸在光照下颜色变黄，是因为硝酸见光分解，生成的NO2溶于硝酸溶液呈黄色。工业制浓盐酸发黄的原因，是因为其中含有Fe3+。
C．解释错误．正确解释为铝、铁与浓硝酸、浓硫酸常温下会发生钝化，在金属表面形成致密的氧化膜．
D．解释正确．既不能溶于稀硫酸，也不可溶于水的物质，中学阶段有CuS、PbS、Ag2S、HgS、BaSO4、AgCl等。
选C。
【例2】下列气体可用浓H2SO4干燥的是_________（填序号）。
①H2S ②SO2 ③H2 ④HCl ⑤Cl2 ⑥NH3 ⑦HBr ⑧HI ⑨PH3
解析：强还原性气体（H2S、PH3、HBr、HI等）和碱性气体（NH3、PH3等）不能用浓H2SO4干燥。答案：②③④⑤
【例3】同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2，进行喷泉实验，如图所示，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为
A．①＞②B．①＜②C．①=②D．不能确定
解析：设烧瓶的容积为V L，V L NH3全部溶于水，形成溶液的体积为V L，V L的NO2完全反应后，生成了 V L的NO气体，形成的溶液的体积为 V L，从N原子守恒角度分析，也有 V L的NO2转化生成溶质HNO3．所以两溶液的物质的量浓度相等。答案：C。
【例4】根据右图所示的A、B、C、D、E五种物质的相互转化关系，按如下要求填写相应的物质和有关反应的化学方程式。
（1）当A是气体单质时，
A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 。
有关反应的化学方程式分别为： 。
（2）当A是固体单质时，A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 。有关反应的化学方程式分别为： 。
解析：根据一系列的转化关系，进行有关物质成分的推断，必须找到合适的突破点。
本题已知A是单质，A既能与O2反应，又能与H2反应，应是活泼性不很强的非金属单质。A经两步与O2的反应，产物D应为最高价氧化物。该氧化物对应的水化物E能与位于金属活动顺序表中H之后的金属Cu反应，E应是强氧化性酸，如浓H2SO4或HNO3。和HNO3对应的单质A是气体N2；和H2SO4对应的单质A是固体S。且N和S的氢化物都能跟O2反应，生成N和S的氧化物。知如上推断正确。
答案：（1）N2；NH3；NO；NO2；HNO3；
有关反应的化学方程式：
3NO2 + H2O == 2HNO3 + NO
3Cu + 8HNO3 == 2Cu（NO3）2 + 2NO + 4H2O
（2）S；H2S；SO2；SO3；H2SO4；
有关反应的化学方程式：
S + H2 H2S；S + O2 SO2；2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O
2SO2 + O2 2SO3；SO3 + H2O == H2SO4
Cu + 2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2 + 2H2O
【例5】氨氧化制取硝酸时，如果由氨制成一氧化氮的产率是96%，由一氧化氮制成硝酸的产率是92%，试问10吨氨可以制得多少吨50%的硝酸？
解法：设制得50%的HNO3 x 吨
根据氨氧化法制硝酸的反应原理，得到
NH3 ―――――― HNO3
17g 63g
（10×96%×92%）吨 （x×50%）吨
得到：17∶8．832 = 63∶0．5x
解得：x = 65．46（吨）
答：制得50%的硝酸65．46吨。
三、近3年相应高考试题研究
元素化合物知识是中学化学的重要组成部分。《化学科考试说明》中元素化合物知识点共有100多个，非金属元素则是其中的重要板块。近3年江苏高考试题中主要以选择题、信息题、实验题、框图推断题、计算题的形式出现。试题主要有以下特点：
运用物质结构、元素周期律的有关理论找出相关物质的共性、特性及规律
例：卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物，XX’型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近。试回答下列问题：
⑴卤素互化物BrCl能发生下列反应
H2O＋BrCl===HBrO＋HCl
KBr＋BrCl===KCl＋Br2
①写出KI与IBr反应的化学方程式
______________ 。
②写出苯与（C6H6）与ICl发生取代反应生成一卤代物
的化学方程式____________________________。
⑵右图是部分卤素单质和XX’型卤素互化物的沸点与其相对分子质量的关系图。它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高，其原因是______________ 。
⑶试推测ICl的沸点所处的最小范围_____________ _。
【解析】此题以卤素单质的性质为载体考查卤素互化物的性质，涉及熔沸点高低的判断，卤代反应方程式的书写等。试题比较新颖但落点较低，只要运用周期律的相关知识，分子晶体的性质，取代反应原理就能快速得出答案。
考查非金属元素（包括Cl、Br、N、S、C、H、O、Si等）单质及其化合物的性质，以及它们之间存在的相互转化关系
例：下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的H2O已略去），
已知：（a）A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。（b）反应①、②是化工生产中的重要反应。（c）化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。（d）化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。（e）化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。
请按要求填空：
（1）反应③的化学方程式 。
（2）C的结构式 ；H的化学式 。
（3）L的溶液与化合物E反应的离子方程式 。
（4）化合物J的化学式 。
【解析】此题涉及N、S、Cl非金属化合物的性质，题干清晰，学生稍做思考就能判断E是SO2，K是（NH4）2SO3或NH4HSO3，由“化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得”可判断L是NaClO，根据J的相对分子质量为32及题给信息得出化合物J是N2H4 。此题还与生活、生产有关，也是今后框图推断题的方向。
3．文字阅读量大，考查学生获取新信息的能力 。
例：较低温度下，氯气通入石灰乳中可制得漂 *** ，该反应为放热反应。某校甲、乙两化学研究性学习小组均用200mL 12mol/L 盐酸与17．4g MnO2在加热条件下反应制备氯气，并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取漂 *** ，用稀NaOH溶液吸收残余的氯气。分析实验结果发现：
甲、乙两组制得的漂 *** 中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值
甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应，所制得的产品中Ca（ClO3）2的含量较高。
试回答下列问题：
⑴ 上述实验中理论上最多可制得Ca（ClO）2多少克？
⑵ 实验中所得到的Ca（ClO）2的质量明显小于理论值，试简要分析其可能原因，并写出可能涉及到的化学方程式。
【解析】作为05高考的压轴题主要考查学生的分析问题能力，若对试题信息“用稀NaOH溶液吸收残余的氯气，甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应，所制得的产品中Ca（ClO3）2的含量较高”能理解就不难解释“为什么实验中所得到的Ca（ClO）2的质量明显小于理论值”。但因为05年化学试题阅读量大，很多同学来不及思考，或缺乏信心没有认真审题造成丢分。
4、以课本知识为载体考查学生的实验探究能力
例：有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫的反应，都用如下图所示的装置进行实验。通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。
请回答下列问题：
（1）第1小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是：
（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3。
（3）第2小组同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成。为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
上述方案是否合理? 。
请简要说明两点理由：
① ；② 。
【解析】CO2与SO2有相似的化学性质，但SO2还有较强的还原性。此题考查学生从不同角度分析SO2与Na2O2的反应产物，并设计实验方案验证，评价已有方案的合理性。其实涉及的知识点主要是方程式的书写，SO32-及SO42-的检验。
四、学生易错题分析
1．选择题
某研究性学习小组为了探索镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：①将镁粉投入冷水中，未见任何现象；②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪色；③将镁粉放入液溴中．未观察到任何明显现象；④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去。则下列关于镁与溴水的反应机理的论述中正确的是 （ ）
A．镁粉只能直接与溴水中的溴反应
B．水是镁粉与溴发生反应的催化剂
C．产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到
D．镁粉与溴水中的酸发生反应，导致平衡移动使溴水褪色
【解析】本题探究镁粉与溴水反应褪色的原因是溴水平衡移动还是Mg与溴反应。根据实验①②可判断Mg与溴水中的HBr反应产生气泡，由③④可判断在水的催化下Mg与Br2反应，但实验②中只是开始产生少量气泡，因此可判断镁粉与溴水反应褪色的原因是Mg与溴反应。答案为B。学生易选为BD。
2．填空题
同族元素的同类物质的结构、性质既有相似性，也有特殊性。回答下列问题：
⑴已知酸性FCH2COOH>CH3COOH，试推断：
①BrCH2COOH、②ClCH2COOH、③FCH2COOH的酸性由强到弱的顺序（填序号）_________________。
⑵已知AgCl可溶于稀氨水形成银氨溶液、AgBr可溶于浓氨水形成银氨溶液、AgI不溶于浓氨水，它们都不溶于水。试推断：
上述三种银盐在水中溶解度由大到小的顺序________________________。
⑶除HF外，其他卤化氢沸点随相对分子质量增大而增大，HF的沸点反常的原因是
___________________________________________________________ _。
⑷已知NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为
（→表示共用电子对由N原子单方面提供）。请画出N4H44+的结构式__________。
（5）已知液氨中存在着平衡 。科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式：____________________________________________ _；
【解析】（1）本题考查卤代羧酸的酸性强弱，由FCH2COOH>CH3COOH，判断F因吸电子能力强导致羧基易电离。但学生易受HF是弱酸的影响而得出错误的判断。
（2）本题考查化学反应向更难溶，更难电离的方向进行，由此能快速得出正确答案。
（4）此题为书写N4H44+的结构式，学生非常陌生，书写方法是先将4个N原子排成P4的正四面体结构，每个N原子通过→连一个H+，学生易忘记书写所带的电荷而发生错误。
（5）完成液氨与氢氧化铯反应的化学方程式学生有一定难度。先由8NH3→4NH4+→ N4分子，4 CsOH→4CsNH2，最后判断还有H2O、H2生成。学生因为对题干陌生感觉无从下手。
【答案】
（1）③②①
（2）AgCl>AgBr >AgI
（3）HF分子间存在存在氢键，分之间作用力大，沸点反常的高。
（5）4CsOH+8NH3=4CsNH2+N4↑+2H2O+6H2↑
3．实验题
已知乙二酸（HOOC－COOH）俗称草酸，易溶于水，为二元弱酸，酸性强于碳酸，它所形成的盐草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物。无色晶体H2C2O4?2H2O称为草酸晶体，其熔点为101．5℃。草酸晶体失去结晶水得到无水草酸，它在157℃升华。已知草酸分解的化学方程式为：H2C2O4 H2O＋CO2↑＋CO↑
根据上述信息，回答下列问题：
1．如何证明草酸晶体受热时会有水生成？［用简要的实验装置图表示，要体现所使用仪器（加热和夹持仪器不必画出）和试剂］。
2．利用右图装置验证草酸分解后有CO2气体产生，结果连续加热一段时间后的现象是：试管里澄清石灰水只变浑浊，其原因是
3．化学课本第三册P82 图6-1乙二酸晶体受热分解实验装置图,你觉得有什么不妥吗?请提出改进意见
【解析】（1）验证水的存在学生都知道用无水CuSO4，但此题学生往往忽略新的信息“草酸晶体，其熔点为101．5℃，分解温度为1870C”因而采用传统的固体加热的方法-试管口略向下倾斜，设计实验装置应简单化，学生往往采用将无水CuSO4放在干燥管中，不知道只需在试管中部放一团沾有CuSO4的棉花即可。
（2）此只需捕捉信息“草酸为二元弱酸，酸性强于碳酸，它所形成的盐草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物，草酸晶体157℃升华，分解温度为1870C”就可判断答案。
（3）学会质疑，探究就能发现问题，改进方法也试题信息中“草酸易溶于水”
【答案】（1）
（2）由于大量草酸蒸气逸出，与石灰水反应生成草酸钙沉淀
（3）试管口应向上倾斜，在未洗气的情况下通入石灰水，可能因草酸蒸气与石灰水反应生成了草酸钙沉淀，对实验有干扰，因而在气体通澄清石灰水前可增加一个装有水的洗气装置
4．计算题
材料M由X、Y两种元素组成，已知M的化学组成为XY8，X为碱金属元素。为进一步确定其成分，先取一定量的M在足量的纯氧中充分灼烧，产生了无色略带酸味的气体A和过氧化物B（此条件下不考虑A与B反应），且A能使澄清石灰水变浑浊。另取1．17gB加入水中能完全溶解，再将其定容为500mL,取出25．00mL加入锥形瓶中，用0．1150mol/L盐酸滴定，当滴入10．00mL盐酸时，经测定溶液的pH=12。
（1）通过计算和推理确定组成：A是 （填化学式，下同），B是 ，M是 。
（2）若取xgM（甲、乙两种元素化合价均为0），加热使其完全溶于浓硝酸，假定浓硝酸还原产物只有NO和NO2且两者的物质的量相同，试通过计算求出反应中消耗硝酸的物质的量y与材料M的质量x的函数关系表达式。
【解析】由“无色略带酸味的气体”可判断气体为CO2，学生通过计算能判断碱金属为Na，再根据N原子守恒及电子守恒得出答案。
【答案】（1） CO2；Na2O2； NaC8
（2）解：由氮守恒，消耗的硝酸：n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO）+n（NO2）
由得失电子守恒 33n（C8Na）=3n（NO）+n（NO2）
由题意知：n（NO）== n（NO2） 故有：Y=x/119+2n（NO）……①
33x/119=4n（NO）……② 由①②解得Y=35X/238=0．147x
一、选择题
1．氢叠氨酸（HN3）与醋酸酸性相近，其盐稳定，但受撞击时发生爆炸生成N2，有关氢叠氮酸及其盐的叙述有：①NaN3的水溶液显碱性，②HN3的固体属于分子晶体，③NaN3的固体是离子晶体，④NaN3可用于小汽车防撞保护气囊。其中正确的是 （ ）
A．①、②、③ B．②、③、④ C．①、③、④ D．全对
2．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1∶3，则此反应中被还原的氯元素与被氧化的氯元素原子的物质的量之比是 （ ）
A．21∶5 B．11∶3 C．4∶1D．3∶1
3．某无色溶液中可能含有I－、NH4＋ 、Cu2＋、SO32 －，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是 （ ）
①肯定不含I－；②肯定不含Cu2＋；③肯定含有SO32 －；④可能含有I－。
A．①③ B．①②③ C．①② D．②③④
4．下列溶液中通入足量SO2后，最终一定会出现沉淀的是 （ ）
A．Na2S B．BaCl2
C．Ba（NO3 ）2 D．Ca（OH）2
5．工业废气中氮的氧化物是重要的污染源，有一种治理污染的方法是通入适量氨气将其还原成无毒物质N2和H2O，现有含氮氧化物NO和NO2的混合气体3L，与同条件下的NH3 3．5L恰好完全反应，则混合气中NO与NO2的体积比是 （ ）
A．1∶4 B．1∶3 C．1∶2 D．1∶1
6．测定空气中污染物含量的一种方法是：将一定体积的空气通入吸收剂，并测定其导电能力的变化（电阻越小，电导越大）。例如测定空气中H2S的含量，若用CuSO4溶液吸收，可测得很大浓度范围内的H2S，但电导变化不大；若用浓溴水吸收，则仅限于低浓度范围内的H2S，但有高灵敏度。现要兼顾吸收容量和灵敏度，用上述方法测定空气中氯气的含量时，最佳吸收剂是 （ ）
A．Na2SO3溶液 B．KI溶液
C．NaOH溶液 D．H2O
7．共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体①Na2O2 ②SiO2 ③石墨 ④金刚石 ⑤NaCl ⑥白磷中，含有两种作用力的是 （ ）
A．①②③ B．①③⑥ C．②④⑥D．①②③⑥
8．某种混合气体可能含有N2、HCl、CO，把混合气体依次通过足量的NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化。再通过足量的Na2O2固体，气体体积减小。最后通过灼热的铜网，经充分反应后气体体积又减小，但还有剩余气体。以下对混合气体组分的判断，正确的是 （ ）
A．一定没有N2；CO和HCl至少有一种
B．一定含有N2、HCl和CO
C．一定有N2；CO和HCl至少有一种
D．一定有N2和HCl；没有CO
9．下列说法中不正确的是 （ ）
A．光导纤维和石英的主要成分都是二氧化硅
B．遗弃的废旧电池、塑料袋、废纸、破布都会造成水污染
C．苏丹红、谷氨酸钠（味精）、碳酸氢钠（小苏打）、亚硝酸钠、明矾等都是在食品加工或餐饮业中禁止使用或使用量要严加控制的物质
D．纳米装饰材料是一种不会产生甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染的绿色产品
10．下列物质间发生化学反应：①H2S+O2，②Na+O2，③Cu+HNO3，④P2O5+H2O，⑤Fe+HCl。在不同条件下得到不同产物的是（ ）
A ．①②③④ B．①③⑤C．②③④⑤ D．①②③④⑤
11．两份质量均为1g的硫粉，分别使之与足量的H2和O2完全反应，将产生的含硫化合物混合，最终可得硫的质量是（ ）
A．0．5g B．1g C．1．5g D．2g
二、非选择题
12、由短周期元素形成的四种常见的非金属单质A、B、C、D。在室温下，它们之中有三种气体，一种固体。在这些单质中，B的式量最小，C次之。这些单质和甲、乙、丙、X、Y五种化合物之间存在如下关系：
（1）写出化合物乙的化学式______。
（2）上述图示的化学反应共有。种基本反应类型，
其中化合反应有______个。
（3）上述四种单质中存在同素异形体的元素是（写
元素符号）______。
13、120℃、101．3kPa条件下，有2LH2O、2LCO、2LCO2、0．5LO2和1LH2组成的混合气体。将混合气体通过分别放有足量Cu粉、C粉和CuO粉末的三个灼热的反应管。假设气体通过每个反应管都能充分反应，且不论三个反应管以何种顺序排列，问：
（1）尾气是否有可能是单一气体______？若可能，该气体是______。
（2）原气体中是否有几种（或一种）不可能再存在于尾气之中______？若有，它们（或它）是______。
（3）原气体是否有几种（或一种）肯定存在于尾气之中______？若有，它们（或它）是______。
14．如图：
已知：化合物E与水反应生成白色浆状物；化合物F是不能成盐的氧化物；单质D能与某些稀有气体反应。
据此，请填空：
（1）化合物F是______；化合物I是______。
（2）反应②、反应④的化学方程式是______；______。
15．某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种：（A）氯化钠，（B）硫化钠，（C）亚硫酸钠，（D）硫代硫酸钠，（E）硫酸钠，（F）碳酸钠。向此溶液中加入适量稀硫酸，有浅黄色的沉淀析出，同时有气体产生。此气体有臭鸡蛋气味，可使澄清的石灰水变浑浊，不能使品红试液褪色。根据上述实验现象回答下列问题。
（1）不能使品红试液褪色，说明该气体中不含______（填分子式）。
（2）此无色溶液中至少存在哪几种钠盐？请写出全部可能的情况______（填写相应的字母）。
16．有A、B、C、D四种单质。在一定条件下，B可以和A、C、D化合生成化合物甲、乙、丙，C和D化合生成化合物丁。已知甲、乙、丙每个分子中都含有10个电子，并且甲、乙、丙、丁有如下关系：
回答：
（1）单质B的化学式。
（2）单质A与化合物乙反应的化学方程式。
（3）根据化合物丙、丁中D元素化合价判断丙、丁是否在一定条件下生成单质D，简述判断理由。
17．BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称，若知：①在BGO中，锗处于其最高价态。②在BGO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8个电子稳定结构。③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO晶体的化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同。请填空：
（1）锗和铋的元素符号分别是____、____。
（2）BGO晶体的化学式是____。
（3）BGO晶体所含铋氧化物的化学式是____。
18．有A、B、C三种常见的短周期元素，它们之间两两结合成化合物X、Y、Z。X、Y、Z之间也能相互反应。已知X是A和B按原子个数比1∶1组成的化合物，其它元素形成的单质（仍用A、B、C表示）和组成的化合物间反应关系式如下：
①B+C→Y ②A+C→Z ③X+Y→M④X+Z→C+N
⑤Y+Z→C+N
请填空：
（1）上述反应中，一定属于氧化还原反应的是____，理由是____。
（2）若M是一种无色、粘稠的油状液体化合物，则X、Y、Z分别是____。
（3）写出反应③、④的化学方程式：
③______，④______。
参考答案
一、选择题
1．D
2．D 解析： 解析:假设反应中生成1 mol NaClO和3 mol NaClO3,则有1 mol+3 mol×5=16 mol电子发生转移,由电子守恒知,必有16 mol氯原子被还原．
3．D 解析: 据前后均无色，确定没有Cu2＋；能被溴水氧化的有I－、SO32 －，其还原性是I－＜SO32 －，SO32 －先被Br2氧化，若SO32 －没全部被氧化，I－不会参与反应，所以无法确定I－是否存在。 此题的关注点较多：“少量溴水”、“仍无色”（溴水、I2水、Cu2＋都有颜色）、“还原性I－＜SO32 －”，且把选项“肯定不含I－”放在第①位，设计了先入为主的思维定势：I－被氧化后会呈现颜色，现在无色，所以不含I－――很容易忽略SO32 －的还原性比I－强这一点，而误选B。
4．AC 5、 B、C 6 ．D
7．B 解析：Na2O2是离子晶体，其中存在的作用力有：Na+与O22-之间的离子键，O22-中的两个氧原子之间的共价键；SiO2是原子晶体，存在的作用力只有Si原子与O原子之间的共价键；石墨是混合晶体，其中存在的作用力有：C原子与C原子之间的共价键，片层之间的范德华力；金刚石是原子晶体，其中存在的作用力只有C原子与C原子之间的共价键；NaCl是离子晶体，其中存在的作用力只有Na+与Cl－之间的离子键；白磷是分子晶体，其中存在的作用力有：P4分子之间的范德华力，P4分子内P原子与P原子之间的共价键。
8．C
9．D 解析 光导纤维的主要成分是二氧化硅，石英则是纯度很高的二氧化硅；遗弃的废旧电池会产生重金属污染，塑料袋由于难于分解，成为白色垃圾，废纸和破布则分解后成为污染物；苏丹红是食品中禁止使用的物质，而谷氨酸钠（味精）、碳酸氢钠（小苏打）、亚硝酸钠、明矾等则不能使用过量；纳米材料主要特征是其微粒大小在“纳米级”，并不一定是不会产生甲醛、芳香烃及氡等的材料。
10．A 11．C
二、非选择题
12．分析：除稀有气体外，非金属单质只有5种在常温下是气态。故三种气体应是H2、N2、O2、Cl2中的三种（F2不常见）；
A与D反应存在量的问题，A（或D）有一个可能是固体（气体间的两两反应不存在量的问题）；
由相互反应关系可推断：B――H；C――O；D――Cl。
再考虑：X是氧化物，Y是氯化物，甲是H2O，丙是HCl。可推知：乙是含氧酸；Y是一种能水解生成含氧酸和HCl的氯化物；A与CI2反应是有一个量的限制，A――P。
答案：（1）H3PO4
（2）2种（化合与复分解），5
（3）O（O2与O3）、P（红磷与白磷）
13．分析： C、Cu均可与O2反应，而过程中却不会产生O2，所以，不管用何种排列顺序，最后一定没有O2；又依据质量守恒定律，C、H元素一定存在最后产物中，以H2O或H2、CO或CO2形式存在，但无法确定是以什么形式存在。
答案：（1）不可能；
（2）有，O2；
（3）没有。
14．分析： D为最活泼的非金属单质→F2；F为不成盐氧化物，且由单质B与化合物C发生置换反应得到→F为CO，B为碳，化合物C为氧化物，再结合G与H燃烧生成C，判断H为O2，C为H2O，G为H2，I为HF；化合物E由碳与化合物A反应得到（可能是碳化物），再考虑E与水反应生成白色浆状物，E是CaC2，A是CaO。
答案：（1）CO；HF （2）略
15．分析：加酸后产生浅黄色沉淀和有臭鸡蛋气味的气体，此气体不能使品红试液褪色但能使澄清的石灰水变浑浊，则一定有硫化钠和碳酸钠，至少一定有亚硫酸钠或硫代硫酸钠中的一种（但都必须是硫化钠过量），无法判断硫酸钠是否存在。
答案：（1）SO2 （2）B、C、F；B、D、F；B、C、D、F
16．分析：含10个电子的化合物有：CH4、NH3、H2O、HF，甲、乙、丙各为其中之一。B和A、C、D单质化合生成甲、乙、丙，B应为H2；上述四种氢化物中，能与某单质反应生成两种化合物的只有CH4和NH3，而这种单质为O2。故C为O2，A为F2（F比O非金属性强），乙为H2O，甲为HF；D可能为C或N2，则丁可能是CO2或NO；
答案：（1）H2
（2）2F2+2H2O→4HF+O2↑
（3）若D为N2，丙、丁分别是NH3和NO，在一定条件下可以反应（NH3、NO中N元素的化合价分别是-3、+2，0价居其中）；若D为C，丙、丁分别是CH4与CO2，化合价分别是-4、+4，0价居其中，故理论上也可发生反应生成碳单质。
17．分析：Ge：第Ⅳ主族元素，最高正价+4；最高价氧化物GeO2。
Bi：第Ⅴ主族元素，最外层5个电子→满足8电子稳定结构应形成共价键数目：8-5=3→BiCl3→在BGO中铋为+3价→氧化物Bi2O3。
设BGO化学式为mGeO2?nBi2O3
有：2m=3n m∶n=3∶2
m=3 n=2
→BGO化学式为3GeO2?2Bi2O3
（或Bi4（GeO4）3）
答案：（ 见分析 ）
18．分析：有单质参加的化合反应和置换反应一定是氧化还原反应，故①、②、④、⑤一定是氧化还原反应。由题意知：Y、Z中均含C元素，且一为正价，一为负价，故C为非金属元素。可能是硫或氮，则Y、Z极可能一为氧化物，一为气态氢化物→N可能是H2O。
又：M由A、B、C三种元素组成；M是一种无色、粘稠的油状液体化合物。依据物质的分类→M应是酸→M是H2SO4
A―H；B―O；C―S
X―H2O2；Y―SO2；Z―H2S 答案：略。
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