高一化学期末复习必修一重难点专题突破：第四章 非金属及其化合物

一、氯水性质的多重性

1.氯水中的反应

Cl₂＋H₂O=H^＋＋Cl^－＋HClO

2HClO2H^＋＋2Cl^－＋O₂↑

所以，保存氯水要密闭、放在冷暗处、棕色瓶中。但氯水不宜长期存放，最好是现用现配，因为不见光也会缓慢分解。

2.氯水的成分

新制氯水：分子有Cl₂、HClO、H₂O三种，溶质分子中以Cl₂为主；离子有H^＋、Cl^－、ClO^－、OH^－(少量)四种。

长期放置的氯水，由于HClO分解，Cl₂全部反应，氯水最终变为稀盐酸。

3.氯水的性质

(1)表现Cl₂的性质

氯水中含有Cl₂，所以氯水呈黄绿色，由于Cl₂具有强氧化性，当向氯水中加入强还原性物质，便可与Cl₂发生氧化还原反应。如：氯水能使润湿的淀粉­KI试纸变蓝(用于对Cl₂收集的验满)，能与Na₂SO₃、FeBr₂等发生氧化还原反应：Na₂SO₃＋Cl₂＋H₂O=Na₂SO₄＋2HCl

2FeBr₂＋3Cl₂(足量)=2FeCl₃＋2Br₂

(2)表现HClO的强氧化性

氯水中含有HClO，HClO具有强氧化性，能杀死水里的病菌，故常用氯气给自来水杀菌、消毒。另外HClO还可将色素氧化而使其颜色褪去，故氯水常用于漂白。

(3)表现H^＋的性质

氯水中含有H^＋，所以氯水具有H^＋的性质，如氯水能与镁粉反应放出氢气，能与CaCO₃反应放出CO₂。

(4)具有Cl^－的性质

氯水中加入硝酸银溶液反应生成白色沉淀。反应的离子方程式：Ag^＋＋Cl^－=AgCl↓。

【典例1】　下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是()

A.氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质

B.漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的

C.氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气

D.氯水中加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有Cl₂存在

解析　电解质必须是化合物，Cl₂是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不正确；漂白粉是利用强氧化性杀菌消毒，而明矾是利用Al^3＋和水反应生成Al(OH)₃胶体吸附杂质，B不正确；D项只能说明存在HClO，不正确。

答案C

二、比较法理解二氧化硫的重要性质 

1.物质的漂白性比较

(1)漂白性分类比较

漂白类型	漂白原理	常见代表物	漂白特点
加合型	与有机色质结合，形成不稳定的无色化合物	SO2	一定条件下，SO2放出，又恢复原色
氧化型	将有色物质氧化为无色物质	氯水、HClO、 Ca(ClO)2、O3、H2O2、Na2O2	褪色后不能恢复原色
吸附型	吸附作用 物理变化	活性炭	通过一定的处理可以重复使用

(2)SO₂和Cl₂的漂白性拓展

SO₂和Cl₂虽都有漂白性，但漂白原理和现象各有不同。Cl₂的漂白原理是由于Cl₂溶于水生成的HClO具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复到原来颜色；而SO₂是由于它溶于水生成的H₂SO₃与有色物质直接化合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。 

[特别提示]　若将等物质的量的Cl₂和SO₂气体相混合，在溶液中会发生反应：SO₂＋Cl₂＋2H₂O=H₂SO₄＋2HCl，从而失去漂白能力。

2.二氧化硫和二氧化碳的比较

	SO2	CO2
相同点	常温下是气体
	密度大于空气
	酸性氧化物
	非电解质
不同点	易溶于水(1体积水可溶40体积SO2)	微溶于水
	具有还原性	无还原性
	使品红溶液褪色	不能使品红溶液褪色
	酸性：H2SO3>H2CO3
应用 (除杂)	CO2中混有少量SO2，将气体通 入饱和的NaHCO3溶液中洗气

检验CO₂和SO₂混合气体中存在CO₂气体的方法： 

【典例2】　检验SO₂气体中是否混有CO₂气体，可采用的方法是(       )

A.通过品红溶液           B.通过澄清石灰水

C.先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水

D.先通过酸性KMnO₄溶液，再通过澄清石灰水

解析　要正确解题必须先做到以下两点：①理解题意，本题要检验的是CO₂，且CO₂又是混在SO₂气体中。

②要掌握SO₂与CO₂性质上的相似点与不同点。如通过澄清石灰水都能生成白色沉淀(CaSO₃和CaCO₃)，又如遇NaOH溶液都能发生反应，这便是它们性质上的相似点。它们性质上的不同点又表现在，如SO₂具有漂白性能使品红溶液褪色，而CO₂不具备漂白性；又如在通过NaHCO₃溶液时，由于酸性H₂SO₃>H₂CO₃，所以SO₂与NaHCO₃溶液反应能放出CO₂，而CO₂却无法与NaHCO₃反应；再如由于SO₂的还原性，在通过酸性KMnO₄溶液时会发生反应：5SO₂＋2KMnO₄＋2H₂O=K₂SO₄＋2MnSO₄＋2H₂SO₄，而CO₂却不具备这种还原性。

若对本题选项稍加分析，A检验的是SO₂而不是CO₂；B中不管是否混有CO₂，溶液均变浑浊；C中不管是否混有CO₂，均有白色沉淀生成；唯有D项在通过酸性KMnO₄溶液时混合气体中仅SO₂被吸收，再通过澄清石灰水若有浑浊现象，说明混有CO₂，若无浑浊现象，说明不混有CO₂。综上分析，D正确。

答案D

理解感悟SO₂和CO₂都能使澄清的石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则沉淀都可消失。所以不能用澄清的石灰水鉴别SO₂和CO₂。通常可用以下方法：

①用品红溶液，使品红溶液褪色的是SO₂，不能使品红溶液褪色的是CO₂。

②用氢硫酸，出现浑浊的是SO₂，无明显现象的是CO₂。2H₂S＋SO₂=2H₂O＋3S↓。

③用高锰酸钾溶液，紫色褪去的是SO₂，无明显现象的是CO₂。反应为2KMnO₄＋5SO₂＋2H₂O=K₂SO₄＋2MnSO₄＋2H₂SO₄。

④用溴水，使橙色褪去的是SO₂，无明显现象的是CO₂。

Br₂＋2H₂O＋SO₂=2HBr＋H₂SO₄

⑤用硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀的是SO₂，无明显现象的是CO₂。

三、氮的氧化物溶于水的计算方法

NO₂和NO有如下反应：

3NO₂＋H₂O=2HNO₃＋NO①

2NO＋O₂=2NO₂②

4NO₂＋O₂＋2H₂O=4HNO₃③

4NO＋3O₂＋2H₂O=4HNO₃④

1.NO和NO₂的混合气体

NO、NO₂的混合气体溶于水时仅涉及反应①：

可利用气体体积变化差值进行计算

V_剩＝V(NO)_原＋31V(NO₂)

2.NO₂和O₂的混合气体

NO₂和O₂的混合气体溶于水时涉及反应③：

其计算如下表： 

x＝O2NO2	0<x<14	x＝14	x>14
反应情况	O2过量，剩 余气体为O2	恰好完 全反应	NO2过量，剩 余气体为NO

3.NO和O₂的混合气体

NO、O₂的混合气体溶于水时涉及反应④：

其计算如下表：

x＝O2NO	0<x<34	x＝34	x>34
反应情况	O2过量，剩 余气体为O2	恰好完全反应	NO过量，剩 余气体为NO

【典例3】　将充满NO₂和O₂的混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的一半处停止了，则原混合气体中NO₂和O₂的体积比是________________。

解析　3NO₂＋H₂O=2HNO₃＋NO①

2NO＋O₂=2NO₂②

由方程式①×2＋②得：

4NO₂＋O₂＋2H₂O=4HNO₃③

由方程式①×2＋②×3得：

4NO＋3O₂＋2H₂O=4HNO₃④

NO₂和O₂的体积比不等于4∶1，则需讨论NO₂和O₂分别过量时的两种情况。

设混合气体的体积为1，混合气体中NO₂的体积为x，则O₂为(1－x)。

(1)假定原混合气体中V(NO₂)∶V(O₂)<4∶1

4NO₂＋O₂＋2H₂O=4HNO₃

4            1

x            y

x4    ＝     y1

解得y＝4x，剩余的O₂∶(1－x)－4x＝21

解得x＝52

V(NO₂)∶V(O₂)＝52∶(1－52)＝2∶3。

(2)假定原混合气体中V(NO₂)∶V(O₂)>4∶1

4NO₂＋O₂＋2H₂O=4HNO₃

4  1

y  (1－x)

y4＝1－x1

解得y＝4(1－x)

暂时剩余NO₂：1－[4(1－x)＋(1－x)]＝5x－4

由反应式：3NO₂＋H₂O=2HNO₃＋NO可知最后剩余NO：35x－4

由35x－4＝21得x＝1011(不合题意，舍去)。

答案　2∶3

四、喷泉实验原理分析

1.喷泉实验基本原理

从原理上分析使容器内外产生较大压强差的情况有以下两种：

(1)容器内气体极易溶于水(或容器内气体易与溶液反应)，使容器内的压强迅速降低，在外界大气压的作用下，外部液体快速进入容器，通过尖嘴导管喷出，形成喷泉。

下表列出的气体遇相应的吸收剂，就能形成喷泉。

气体	HCl	NH3	CO2、Cl2、 SO2	NO2＋O2
吸收剂	水或碱溶液	水或酸溶液	碱溶液	水或碱溶液

(2)容器内的液体由于受热挥发或由于发生化学反应使容器内部产生了大量的气体，使容器内的压强增大，促使容器内的气体迅速向外流动，也能形成喷泉。喷雾器、火山喷发就是此原理。

2.喷泉实验成功的关键

首先瓶内外压强差要足够大，其次还要注意以下几个方面：

(1)盛气体的烧瓶必须干燥，否则瓶中有液体，会使气体在实验前已有大量溶解，造成压强差不大，形成的喷泉现象不明显。

(2)气体要充满烧瓶。

(3)烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置气密性)。

【典例4】　如图所示的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是(      )

A.CO₂(NaHCO₃溶液)　无色喷泉   B.NH₃(H₂O含酚酞)　红色喷泉

C.H₂S(CuSO₄溶液)　黑色喷泉    D.HCl(AgNO₃溶液)　白色喷泉

解析　CO₂在水中的溶解度为1∶1，在碳酸氢钠溶液中溶解度更小，不能形成喷泉，A错；选项B中NH₃极易溶于水，形成NH₃·H₂O，溶液呈碱性，能形成红色喷泉；选项C中发生反应：H₂S＋CuSO₄=H₂SO₄＋CuS↓，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉；选项D中，HCl气体极易溶于水，且发生反应HCl＋AgNO₃=HNO₃＋AgCl↓，AgCl为白色沉淀，故能形成白色喷泉。

答案　A

五、硝酸与金属反应的有关计算方法

1.依据守恒规律计算

(1)电子守恒：硝酸与金属反应属于氧化还原反应，N原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数，由此可求出氮元素被还原后的价态，根据价态确定反应产物。

(2)原子守恒：硝酸与金属反应时，一部分以NO3－的形式存在，一部分转化为还原产物，这两部分中N的物质的量与反应消耗的HNO₃中N的物质的量相等。

(3)电荷守恒：M^n＋和H^＋所带正电荷总数应等于NO3－所带负电荷总数(因为这种溶液中OH^－浓度很小，可被忽略)。

2.利用离子方程式计算

HNO₃与H₂SO₄混合液跟金属的反应，当金属足量时，不能用HNO₃与金属反应的化学方程式计算，应用离子方程式计算，因为生成的硝酸盐的NO3－借助H^＋仍能继续与金属反应。

【典例5】　将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO₂混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：

(1)NO的体积为________L(保留一位有效数字，下同)，NO₂的体积为________L。

(2)参加反应的HNO₃的物质的量是_________________________________________。

(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L^－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu^2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol·L^－1。

解析(1)n(Cu)＝64 g·mol－132.64 g＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO₂的物质的量为y。

根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 mol①。

根据“得失电子守恒”，有：3x＋y＝0.51 mol×2②。(重要的隐含条件！)

②式中，左边为N原子得电子数，右边为Cu原子失电子数，得失电子数相同。

解方程组得：x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。

则：V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol^－1≈5.8 L，

  V(NO₂)＝11.2 L－5.8 L＝5.4 L。

(2)参加反应的HNO₃分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO₃)₂；另一部分被还原成NO₂和NO，所以参加反应的HNO₃为

0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。

(3)HNO₃在反应中一部分变成气体，一部分以NO3－的形式留在溶液中。

变成气体的HNO₃的物质的量为0.5 mol。

加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu^2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO₃，其物质的量为10^－3aV mol，也就是以NO3－形式留在溶液中的HNO₃的物质的量为10^－3aV mol。

所以，c(HNO₃)＝0.14aV×10－3＋0.5mol·L^－1。

答案(1)5.85.4(2)1.52 mol(3)0.14aV×10－3＋0.5