元素化合物.docx

1、元素化合物元素化合物元素及其化合物的性质是中学化学教学的重要内容，是化学学科的主干知识，因为化学基本概念、基本理论都是建立在元素及其化合物知识之上的，因此高考必须考查这些内容，同时这些知识能较好地考查学生的正向和逆向思维、发散和收敛思维以及逻辑推理思维能力。从思维过程上讲，在分析有关元素化合物的问题时，必须紧紧抓住组成、结构决定性质、变化，性质、变化决定制法、用途这一化学思维主线。学习中，对物质的性质、变化要联系理论知识进行分析理解，充分挖掘理论知识对学习元素化合物知识的指导作用，对物质的重要用途要从它的性质、变化上加以认识，对化学实验要仔细分析实验原理、认真解释预期的或反常的实验现象、合理进

2、行结论推断，提高自己的分析判断能力。 从分析方法上讲，一般习题都要审清题意，把握命题意图，明确题目要求，找准解题突破口，而某些考查元素化合物的框图推断题，突破口不明显，这类习题信息量大、综合性强，对学生的思维分析能力要求高，解题的一般方法可概括为以下十六个字：纵观全题、大胆设想、细心验证、灵活变动，具体地说，要综合分析转化关系图及其他题设条件，根据题目所给的某个或几个已知条件(转化关系)，估计能符合所有转化关系，然后再根据题设的条件适当的调整、修正，使之满足题设的各转化关系，从而求得答案。命题角度一 考查元素化合物性质、应用典例1 A为单质，B、C、D、E为与A含有相同元素的化合物，它们之间有

3、如下转化关系：（1）若图中B、C均为氧化物，D、E均为盐，则A可能是 。 Na N2 C S （2）若五种物质的焰色反应均为黄色，其中C、D、E的水溶液均显碱性，且等浓度时碱性CDE，B可做生氧剂，则B中含有的化学键类型(填离子键、极性键或非极性键)为 ；A转化成C的离子方程式为 ；D转化成E的离子方程式为 。 （3）若常温下B、C、D均为气体，且D为红棕色气体。 写出BC的化学方程式 。 将B和CO2气体通人饱和食盐水中有碳酸氢钠晶体析出，反应的离子方程式是 。 解题指导：掌握常见元素及其化合物的特性是关键，解决这一关键的关键在于平时的积累。分析：观察题中有关化合物的转化关系图，因为五种物质

4、中均与A含有相同的元素，则五种物质中必含变价元素，它可能为A元素或其它与A组合成化合物的元素。 （1）N2能直接转化为的氧化物只有NO，S能直接转化为的氧化物只有SO2，即都不可能分别得到B、C，不符合题意。 （2）由“焰色反应为黄色”可推知五种物质应为钠及其化合物，即A为Na；由“B可做生氧剂”可确定B为Na2O2；又由“C、D、E的水溶液均显碱性，且等浓度时碱性CDE”可推知C、D、E分别为NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（3）化合物的红棕色气体只有NO2，故D为NO2；则A为N2，由“常温下B、C、D均为气体”可知B、C分别为NH3、NO。答案：（1） （2）离子键、非极性键 2N

5、a+2H2O2Na+ + 2+ H2 + CO2+ H2O2（3） 4NH3 + 5O2NO + 6H2O NH3 + CO2 + H2O + Na+NaHCO3+ 点评：一些有特殊转化关系的元素化合物知识应熟练掌握，除上述交叉型转化关系外，还有三角转化关系(如铁三角、铝三角)、直线型转化关系(如连续氧化)、置换转化关系等，它们常常是解题突破的关键。命题角度二 以元素化合物知识为载体，考查学科内知识的综合典例2短周期元素A、B、C、D、E、F，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D、E、F为同一周期，A与D，C与F分别为同一主族，C元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，D是所在

6、周期原子半径最大的元素(稀有气体除外)，E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用。请回答下列问题： （1）A元素与碳元素按质量比13可以形成化合物X，将C2、X和23.4g D2C2置于密闭容器中，用电火花引发化学反应，反应结束后，容器内的气压为零(250)，将残留物溶于水中，无气体产生。则C2，X的物质的量之比为 ；根据其反应方程式分析，若反应中若有4mo1电子转移，消耗C2的物质的量为 mol。 （2）工业上生产单质E的化学反应方程式为 ；指出E的氧化物在电子工业中的一种用途 。（3）一定条件下，A2气体与B2气体充分反应可生成6. 8 g空间构型为三角锥形的气体，放出18.44kJ热

7、量，则该反应的热化学方程式 ；A、B按原子个数比12可形成相对分子质量为32的化合物，写出该化合物与足量盐酸反应的离子方程式 。 （4）A2与C2在KOH的浓溶液中可以形成原电池。如果以Pt为电极，在电池的两极分别通入A2与C2，则通入A2一极的电极反应式为 。 （5）在l0L的密闭容器中，通人2mo1的FC2气体和3molC2气体，一定条件下反应后生成FC3气体，当反应达到平衡时，FC3的浓度为0.18mo1/L，则平衡时FC2几的转化率为 。 分析：根据题设条件可推出各元素：A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Si、F为S。 （1）X为CH4，将C2、X和23. 4gD2C2置于密闭容器

8、中反应且气压为零，可推知该反应总的化学方程式为：2CH4 + O2+ 6Na2O22Na2CO3 +8NaOH，据此回答问题。 （3）A、B按原子个数比12可形成相对分子质量为32的化合物的分子式为N2H4（肼），与NH3 ( H一NH2)比较，推知肼的结构为H2NNH2，则它与盐酸反应时，两者的物质的量之比为12(计量数之比)，化学反应方程式为N2H4 +2HC1N2H6Cl2(类似NH3与盐酸的反应)。 （4）对于H2、O2碱性燃料电池，写电极反应式时，要考虑介质的影响，即反应式中不允许出现H+。 （5）反应生成FC3的物质的量为0.18mo1/ L10L=1.8mo1，由反应式2SO2

9、+ O22SO3可知：反应同时消耗SO2的物质的量为1.8mol，则SO2的转化率为1.8mol/ 2mol 100%=90%。答案:（1）12 0. 25(或1/4)（2）SiO2 + 2CSi十2CO（3）N2(g)+3H2 (g)2NH3 (g) = 一92. 21kJ/mol N2H4 +2 H+ = N2H6 2+ （4）H2一2e一+ 2=2H2O （5）90%点评：处理学科内综合性问题一般采用“总一分一总”模式，即在把握总体情况的基础上，将各问题进行分解，然后与对应知识点挂钩并解答，最后进行整理综合，看有无需要补充完善的地方。 命题角度三 从实验角度定性或定量考查元素化合物知识典

10、例3 实验室中有6瓶失去标签的白色固体：纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。除蒸馏水、试管和胶头滴管外，无其它任何试剂和仪器。某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。请填写下列空白： （1）各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其它5支明显不同，此支试管中的现象是 ，据此现象检出的一种物质是 ； （2）分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。观察到C没有出现任何现象；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出。据此可推断出： A、C、D三物质的化学式依次是 ； B、E两者中有一种可与A

11、反应，它与足量A反应的离子方程式为 ； 在两两混合时，能最终确定B、E成份的实验现象及结论是 ； （3）上述物质溶于水抑制水的电离，且溶液显酸性的物质的化学式及其溶液显酸性的原因是 。分析：六种物质中，只有Mg(OH)2是不溶于水的，其它5种物质两两混合，所得实验现象可列表如下，再对照题设条件进行判断，确定各物质。 显然，C为KCl；D为BaCl2；B和E各为Na2CO3，Al2 (SO4 )3中的一种；则A为NaHSO4B、E两者中可与A反应的物质是Na2CO3，Al2 (SO4 )3与NaHSO4不能反应，由此可最终确定B、E的成分。答案:（1）这支试管中的物质不溶于水Mg(OH)2 （2

12、）NaHSO4、KCl、BaCl2 在B、E两溶液中，与A混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝。 （3） NaHSO4原因是：NaHSO4 = Na+ + H+ +，所产生的氢离子抑制水的电离。点评：掌握物质的性质是解无机实验题的重要前提和依据。同时，解题方法也不可忽略。本题用列表法，能使复杂问题简单化、繁杂思路清晰化。命题角度四 框图推断题中考查元素化合物的性质典例4(2011天津理综，7)图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是 ；

13、M中存在的化学键类型为 ；R的化学式是 。（2）一定条件下，Z与H2反应生成ZH4，ZH4的电子式为 。（3）已知A与1molAl反应转化为X时（所有物质均为固体）。放出aKJ热量。写出该反应的热化学方程式： 。（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式： （5）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2+)随n（X）变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。分析：本题属于无机框图题，这种类型的试题关键是关键是找准题眼，即突破点。A俗称磁性氧化铁，因此A是Fe3O4，在高温下Fe3O4与单质Al发生铝热反应，生成单质铁和Al2O3，而

14、铁在点燃时与氧气化合即生成Fe3O4，所以X、Y分别是铁和氧气；在水中氧气与NO反应生成硝酸，所以D是硝酸；硝酸具有强氧化性与Fe3O4反应，生成Fe(NO3)3、NO和水，因此G是Fe(NO3)3；又因为E是不溶于水的酸性氧化物，且能与氢氟酸反应，所以E只能是SiO2，因此Z单质是硅，SiO2与NaOH溶液反应生成M，所以M是Na2SiO3，Na2SiO3与硝酸反应即生成硅酸胶体，所以R是H2SiO3。 Na2SiO3属于离子化合物，一定含有离子键，同时Si和O之间还存在极性键；Si与H2在高温下生成甲硅烷即SiH4，SiH4是由极性键构成的共价化合物，电子式是：；向稀硝酸溶液中加入铁粉反应

15、的方程式为Fe4HNO3=Fe(NO3)32H2ONO，当铁粉过量时，铁会继续和Fe(NO3)3反应，生成Fe(NO3)2，方程式为Fe+2Fe(NO3)33Fe(NO3)2。由方程式可知4mol硝酸生成1molFe(NO3)3，1molFe(NO3)3生成1molFe(NO3)2，即n(Fe2+)的最大值是1.5mol。答案：（1）第二周期第A族 离子键 共价键 H2SiO3（H4SiO4）（2）（3）8Al(s)3Fe3O4(s)9Fe(s)4Al2O3(s) H8aKJ/mol（4）3Fe3O428HNO3=9Fe314H2ONO（5）知识归纳解无机推断题的关键在于寻找突破口，常见的突破

16、口主要有以下几类：1特殊的物理性质(颜色、状态、气味)（1）焰色反应：Na(黄色)、K(紫色)。（2）有色气体：Cl2(黄绿色)、NO2(红棕色)。（3）有色固体：红色(Cu)；砖红色(Cu2O)；红棕色(Fe2O3)；红褐色Fe(OH)3；蓝色Cu(OH)2；黑色(CuO、FeO、FeS、Fe3O4)；淡黄色(S、Na2O2、AgBr)。（4）有色液体或溶液：溴水(橙色)、Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿)、Fe3(黄色)、MnO (紫色)。（5）有刺激性气味的无色气体：NH3、SO2、HCl等。2特殊的实验现象（1）H2在Cl2中燃烧发出苍白色火焰。（2）遇酚酞溶液变红色的气体是氨气。（3）在

17、空气中迅速由无色变为红棕色的气体是NO。（4）Cl2通入含Br的溶液中，会出现橙色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现橙红色；Cl2通入含有I的溶液中，会出现深黄色，加入有机溶剂，在有机溶剂层出现紫红色。（5）遇SCN显血红色或遇OH生成红褐色沉淀的离子是Fe3。（6）遇BaCl2溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中可能含有Ag或SO或SO。（7）遇HCl生成白色沉淀，则溶液中可能含有Ag或SiO。（8）使品红溶液褪色的气体可能是Cl2或SO2，但将褪色后的液体加热又复原的是SO2。（9）碘遇淀粉显蓝色。（10）实验现象为白色沉淀灰绿色红褐色的转化一定是Fe(OH)2Fe(OH)3。3特殊

18、转化关系（1）直线型转化金属碱性氧化物碱盐：满足此关系的有K、Na、Ca、Ba等。非金属酸性氧化物酸盐：满足此关系的有C、N、S等。ABC (酸或碱)：满足此关系的有NH3、S、N2、H2S、C、Na等。（2）交叉性转化（3）三角形转化命题角度五 在化学工艺流程中考查元素化合物的性质典例5（2012江苏化学卷，16）利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO3)2，其部分工艺流程如下：（1）一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)NO2(g) N2O3(g)，其平衡常数表达式为K= 。（2）上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底

19、部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。（3）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1。若n(NO) ：n(NO)1：1,则会导致 ；若n(NO) ：n(NO)1：1,则会导致 。（4）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO3)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式 。分析：解答本题时应依据所给流程结合氮氧化物的性质和有关化学原理分析整个过程中发生的化学反应和有关操作。（1）根据反应方程式，书写有关平衡常数表达式 （2）逆流有利于气体的吸收，滤渣应为没有溶解的物质，结合流程中涉及的相关物质可知滤渣主要成分为氢氧化钙；

20、（3）根据化合价，当一氧化氮和二氧化氮物质的量之比为11，刚好转化为Ca(NO2)2 当一氧化氮多时，一氧化氮将过剩，当二氧化氮多时，将会有高价氮氧化物生成；（4）Ca(NO2)2转化为NO，氮化合价降低，其它产物中定有元素化合价升高，结合质量守恒、电荷平衡和电子守恒书写反应式， 注意酸性条件。答案：（1）k=c(N2O3)/c(NO)c(NO2) （2）使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2（3）放气体中NO含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高（4）3NO22H=NO32NOH2O点评：本题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学

21、学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关付反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化学反应原理、氧化还原反应、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。命题角度六 以图象图表、表格数据、化学反应方程式或物质组成为研究对象，考查以元素化合物知识为主体的化学计算典例6 将一定量混合均匀的铁粉与硫粉在隔绝空气的条件下共热，充分反应后冷却至室温，得到固体A。将质量为m(g)的固体A加人到300mL 2mo1

22、/L盐酸中使之完全溶解。测得室温下加人固体A的质量与收集到气体体积(已换算成标准状况)的关系如图所示(假设所得氢硫酸溶液饱和前无硫化氢气体逸出)。 已知：加人固体A的质量m3. 2g时，收集到的气体为H2；当m3. 2g时，收集到的气体为H2和H2S的混合气体。 （1）3. 2g固体A中所含的物质有 。 （2）3. 2g固体A中各物质的物质的量分别为 ；溶于上述盐酸充分反应后，所得溶液中氢硫酸的物质的量浓度为 (忽略溶液体积的变化)。（3）当固体A全部溶于上述盐酸，且A的质量m3. 2g时，收集到的气体体积(标准状况下)V= mL(用含m的代数式表示)。分析：（1）由题设信息可推知铁与硫反应得

23、到的固体A为混合物，其成分为Fe、FeS。（2）由题设信息及图象可知：固体A的质量m3.2g时，收集到的气体H2的体积为224mL，则n ( H2 ) = 0. 0lmol，因为Fe+2HC1= FeC12 + H2，故n ( Fe) = 0. 0lmol。那么，A中m(FeS)=3.2 g一0. 0l mol56g/mol =2. 64g，n(FeS)=2. 64g/88gmol1=0. 03mo1。又由FeS+ 2 HCl = FeC12 + H2S可求n ( H2S)=0. 03 mo1，则c( H2S )= n( H2S)/V=0.03 mol/0. 3L = 0. 1 mol/L。

24、（3）将反应的过程分为两个阶段进行分析，则m3.2g时，收集到的气体体积V1=0. 0lmol22400mL/mol=224mL；m3. 2g时，设(m一3. 2) g混合物中含Fe的物质的量为x，则FeS的物质的量为3x，则：56x + 883x= (m一3. 2)，解得：x=(m一3. 2)/320mo1，此阶段可收集到的气体体积V2 = (m一3. 2 ) /320mo122400mL/mol+3 (m一3. 2 )/320mo122400mL/mol= 280 (m一3. 2 ) mL；即总共收集到的气体体积V=V1 +V2 = (280m一672)mL。点评：化学计算多数以化学反应方程式为依据，往往涉及物质的某些量的关系、反应的先后顺序、反应的阶段性等，这些又与物质的性质直接相关。因此，要特别注意物质的性质。