广东省惠州市平海中学高三化学二轮复习碳族元素学案

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1、广东省惠州市平海中学2016-2017年高三化学二轮复习碳族元素学案碳族CO2H2SiO3H+、CO2+H2ONaOHCNaOHHCl、FeCl3、SiO2MgO2HNO3、H2SO4、O2、CuO、O2Fe2O3CCO2+ H2OCaCO3H2OH2OCaC2Ca(OH)2CaOCa(HCO3)2Na2CO3、CCaOCOCO2Na2CO3CaCl2Ca(OH)2Na2O、NaOHCH4高温SiSiO2Na2SiO3SiCl4H4SiO4SiCO2、FeOCaCO3SiO2SiO2H2Cl2H2OSiF4HF【知识网络】【易错指津】 1CO2通入NaOH溶液的判别错误。CO2通入NaOH溶液

2、的反应与CO2气体通入量有关。当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介于两者之间，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH间量的关系。2Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。如：在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL D.0mL思路分析：反应过程

3、为：CO32-HCO3-CO2。盐酸溶液中n(HCl)=0.00006mol，纯碱溶液中n(Na2CO3)=0.0001molCO32- + H+ = HCO3- 0.0001mol 0.0001mol 现盐酸不足，故无气体产生。答案：D3CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析错误。可用反证法：如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3+2HCl。因CaCO3溶于盐酸，故反应不能发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生部分H+，若原溶液无法消耗这部分H+，则不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2

4、与CO2反应生成沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+。同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。4不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3相混。前者是工业制玻璃的反应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的反应。若交换条件，两者均不发生反应。【典型例题评析】例1 已知天然气的主要成份CH4是一种会产生温室效应的气体,等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大。下面是有关天然气的几种叙述:天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源;等质量的CH4和CO2产生的温

5、室效应也是前者大;燃烧天然气也是酸雨的成因之一.其中正确的是A.是 B.只有 C.是和 D.只有思路分析：大气中的CH4和CO2为红外线吸收体，它们吸收太阳和地球的长波辐射，并将其中一部分反射回地球。因此，大气中CH4和CO2浓度增加，则阳光被吸收得多，反射到太空的部分减少,地表温度将上升。天然气燃烧产物为CO2和水，而煤和柴油燃烧产物会造成污染。对等质量的CH4和CO2，CH4的物质的量比CO2多，由题意知等质量的CH4和CO2产生的温室效应CH4大，但CO2不是形成酸雨的物质。答案：C方法要领：CO2导致“温室效应”是人们所熟知的常识，但本题告诫人们，CH4也是一种会产生“温室效应”的气体

6、，且等物质的量的CH4产生“温室效应”比CO2还要大。纵观当今世界范围内都在呼吁控制CO2的排放量以遏制“温室效应”的加剧，同时又在为保护环境号召多使用清洁能源天然气。殊不知，事物都是一分为二的，就像天然气，既有有利的一面，也有有害的一面。本题让人们意识到利用天然气作燃料的同时，一定要防止其泄漏。例2 下列物质不属于“城市空气质量日报”报道的是A.二氧化硫 B.氮氧化物 C.二氧化碳 D.悬浮颗粒思路分析：二氧化硫、氮氧化物和悬浮颗粒均为大气污染物，只有二氧化碳不需报道。答案：C方法要领：SO2主要来自含硫煤燃烧时的排放。其危害一方面是由于本身的刺激性会影响人的呼吸系统和眼睛，另一方面还由于能

7、与空气中的其它污染物相互影响，产生所谓的“协同效应”，可导致更为严重的后果。氮氧化物中造成空气污染的主要是NO和NO2，习惯上可用NOx来表示。氮氧化物主要来自汽车尾气排放，汽车内燃机运转时，高温和电火花条件使缸内N2和O2反应生成氮氧化物。两种氮氧化物中，二氧化氮的毒性要比NO高45倍，人吸入NO2后，首先对呼吸道产生刺激作用，浸入肺部后，又与细胞中的水分结合而生成硝酸和亚硝酸，造成肺水肿。NO2吸收紫外光后被分解：NO2NO+O，生成的O非常活泼，再继续发生一系列化学反应，最后导致光化学烟雾，这是NO2造成的另一危害。大气中悬浮的大小在10微米以内的颗粒，因鼻腔无法将其阻挡，可进入人体的呼

8、吸道和肺部，被称为可吸入颗粒。这些颗粒不仅仅是尘土，还在表面吸附了其它污染物，因此吸入后可能引起多种病变。例3 向下列溶液中通入过量CO2，最终出现浑浊的是A.氢氧化钙饱和溶液 B.苯酚钠饱和溶液C.醋酸钠饱和溶液 D.氯化钙饱和溶液思路分析：当足量CO2通入Ca(OH)2饱和溶液时，由于其为二元酸，故可生成溶于水的酸式盐Ca(HCO3)2而“最终”无浑浊。而当遇苯酚钠时，由于碳酸的酸性较苯酚的酸性强，故可生成苯酚。又由于苯酚在常温下的溶解度不大，故最终出现浑浊。而C、D两选项中，由于醋酸、盐酸的酸性较碳酸强，故CO2与其均不可反应。A中先有沉淀后又溶解；B中出现浑浊；C和D中无反应发生。答案

9、：B方法要领：本题原理不难，但由于考生审题不严及粗心，很易错选。本题的“题眼”在“过量CO2”。如：若看不到“最终”或“足量CO2”，很易因为氢氧化钙能与二氧化碳反应而错选。故提醒考生，答好选择题的关键是审题，正确应用好关键字句，避免疏忽错误。例4 将CO2气体通入CaCl2溶液，若要有白色沉淀产生，可加入的试剂是A.硫酸氢钾溶液 B.碳酸氢钙溶液 C.氯水 D.氢氧化钠溶液思路分析：在CaCl2溶液中：CaCl2=Ca2+2Cl-；CO2通入溶液中存在如下平衡：CO2+H2O H2CO3、H2CO3 H+HCO3-、HCO3- H+CO32-。在CO2和CaCl2的混合溶液中，加入的各物质电

10、离为：A中：KHSO4=K+H+SO42-；B中：Ca(HCO3)2=Ca2+2HCO3-；C中：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；D中：NaOH=Na+OH-要产生沉淀，必须使H2CO3的电离平衡右移，以增加CO32-，方能有CaCO3沉淀生成，纵观选项中四种物质，只有D中的NaOH电离的OH-离子可中和H+使电离平衡右移，使CO32-浓度增加至足以与Ca2+结合为CaCO3沉淀。答案：D方法要领：当CO2通入碱溶液中，才能生成CO32-，此时与Ca2+结合形成CaCO3沉淀。而A、C显酸性，不可能形成CO32-。碳酸氢钙中虽然有大量的Ca2+和HCO3-，但CO32-的量仍然很少，所以

11、无法形成CaCO3沉淀。阴阳离子要结合生成难溶于水的沉淀物，必须使阴阳离子的量都达到一定的数值。如只有阳离子无阴离子或阴离子极少，是不能形成沉淀的。反过来只有阴离子无阳离子或阳离子极少也是不能形成沉淀的。运用电离平衡的知识解决化学反应现象。CO2气体通入CaCl2溶液中，是不能产生沉淀的，这是由于碳酸是弱酸，不能与强酸盐反应生成强酸：HCl。大家熟知的“弱酸不能制强酸”的实质，仍然离不开电离平衡移动原理的解释。运用“强酸制弱酸”原理时需注意如下两点：强酸制弱酸原理是指强酸可与弱酸盐发生复分解反应的原理；这一规律也有例外，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，这是因为生成的CuS极难溶于水的

12、缘故。例5 已知酸性强弱顺序为H2CO3HCO，下列化学方程式正确的是（1998年上海高考题）思路分析：已知酸性H2CO3C6H5OHHCO3-，即碱性CO32-C6H5O-HCO3-，根据较强的酸可以制取较弱的酸，较强碱可制取较弱的碱的原理，A、D是错误的。答案：B、C 方法要领：“强酸制弱酸”的实质是电离能力强的物质可生成电离能力弱的物质。例6 CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物，判断下列反应产物正确的是A.ZnC2水解生成乙烷（C2H6） B.Al4C3水解生成丙炔（C3H4）C.Mg2C3水解生成丙炔（C3H4） D.Li2C2水解生成乙烯（C2

13、H4）思路分析：由CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2，借用其规律作模仿，可以从各种角度考虑。考虑方法（1）：假定钙、氢、氧的化合价在反应前后都没有变化，从CaC2来看，钙是+2价、C22-是-2价，相当是-2价的烃，所以产物是乙炔（C2H2）。类比可知，ZnC2水解也应该是乙炔（C2H2）；Al4C3水解的C3应该表现-12价，只能是3个甲烷（CH4）；Mg2C3水解的C34-应该表现-4价，产物为C3H4；Li2C2水解的C22-是-2价，还是乙炔。检查选项只有C对。答案：C 一题多解：考虑方法（2）：假定碳化物中的金属元素都水解成为氢氧化物，那么，每用去一个氢氧根都会多出一个氢原子

14、，这些氢原子与反应物中的碳原子分配。因此，CaC2产物是Ca(OH)2、C2H2，ZnC2、Li2C2也都得到C2H2，Al4C3得到“C3H12”，只能是3CH4，Mg2C3应得到C3H4。方法要领：本题新颖，希望考生用已有的一个代表性的化合物的性质摸索其规律，再用这个规律去解决新问题。所用方法没有常规，题海中也没有。考查了思维能力，创造能力。解题中根据水解原理写出化学方程式或用电荷守恒原理，把金属阳离子所带的总电荷数用等量的H+替代，即得产物的分子式。作为第A族、第二周期的碳，一般情况下难以形成离子，通常在化合物中以共价键的形式存在。但当其与某些较活泼的金属在高温下形成无机化合物时，也可以

15、以阴离子的形式存在。这些金属碳化物与水极易发生彻底的水解，生成对应的碱和某些烃类化合物。例7 纯净的Ca(HCO3)2试样在高温下分解，当剩余固体是原试样质量的一半时，它的分解率为A.50% B.75% C.92.5% D.100%思路分析：若Ca(HCO3)2按下式完全分解： Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O 162 100剩余固体质量为原试样的100/162，大于1/2，故伴随着发生进一步分解： CaCO3=CaO+CO2答案：D方法要领：掌握碳酸盐的分解规律：一般来说，热稳定性大小的顺序为：正盐酸式盐（成盐离子相同）。考虑问题要周密，防止只考虑第一步反应，而忽略了第二步分解

16、反应。例8 某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或二种。现将13.8克样品加入足量水,样品全部溶解。再加入过量的CaCl2溶液,得到9克沉淀，对样品所含杂质的正确判断是A.肯定有KNO3 B.肯定有KNO3,可能还含有Na2CO3C.肯定没有Ba(NO3)2,可能有KNO3 D.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2思路分析：根据“加足量水，样品全部溶解”这一种条件，可确定不可能含有Ba(NO3)2杂质，否则会与K2CO3生成BaCO3沉淀。因此对杂质成分的判断集中在KNO3和Na2CO3是否存在这一问题。根据反应的关系，假定13.8g样品全部是K2C

17、O3，则n(K2CO3)=13.8g/138 g.mol-1=0.1mol。按加入CaCl2生成CaCO3沉淀的量关系，有：K2CO3CaCO30.1mol 0.1mol则应生成CaCO3质量为0.1mol100g mol-1=10g，现只生成9g沉淀，说明13.8g CO32-只有0.09mol，则在NaNO3、Na2CO3二种杂质中，必含有不与CaCl2反应的KNO3存在，C错。肯定存在KNO3时，是否可能含有Na2CO3？由于0.09molK2CO3质量为m(K2CO3)= 0.09mol138m.mol-1=12.42g，故可能存在K2CO3、Na2CO3共0.09mol，再加入KNO

18、3使总质量达到13.8g的可能性，则在存在KNO3的前提下，可能有Na2CO3存在，B对，D错。上述思考过程中，涉及的计算，有些不必精确算出结果，只须估计即可，这样可以节省时间。答案：A、B方法要领：根据实验现象、结合所给数据利用极限思想解题。例9 汽车尾气（含烃类、CO、SO2与NO等物质）是城市空气的污染源。治理方法之一是在汽车排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金做催化剂）。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。（1）写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式 。（2）“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因

19、是 。（3）控制城市空气污染源的方法可以有（ ）A.开发氢能源 B.使用电动车 C.植树造林 D.戴上呼吸面具思路分析：本题涉及的反应产物均隐含在题中，只有认真分析才能得出正确的结论。如NO与CO反应产物是参与大气循环的无毒气体，排除NO2等有毒气体，也排除生成的单质碳，同时也不可能是不常见的气体，只能是空气中存在的N2和CO2。又因催化转换器中的铂、钯合金是SO2与O2生成SO3反应的催化剂，这样就合理解释了空气酸度的增加。控制城市空气污染当然不能靠戴呼吸面具，植树造林虽是环保的重要措施，但不会直接关系到城市污染的控制。答案：（1）2CO+2NO=2CO2+N2；（2）SO2转化为SO3，产

20、生硫酸酸雾；（3）A、B方法要领：因为“CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体”，所以这气体是CO2和N2；（2）SO2可被氧化SO3，与水蒸气形成硫酸酸雾；（3）在控制城市空气污染的方法中，植树造林这一选项具有一定的迷惑性，植树造林能控制CO2量的增加，是改善环境的一种重要手段，而对消除汽车尾气中烃类、CO、SO2与NO等物质没有直接的效果。戴上呼吸面具是一种防止污染的方法，并不能减小污染。例10 下图是石英晶体平面示意图： SiOSiOSi O O O SOSiOSiO O O它实际上是立体的网状结构，其中硅和氧的原子数之比为 。原硅酸根离子SiO44-的4- O结构可表示为

21、 OSiO 二聚硅酸根Si2O76-只有硅氧键，它的结构可以表示为 。 O思路分析：从示意图中的结构可以看出每个Si原子结合了四个O原子，而每个O只结合了二个Si，所以在二氧化硅晶体中硅原子与氧原子的最简个数比为1:(41/2)=1:2，原硅酸（H4SiO4） OH的结构可以表示为：HOSiOH，两个原硅酸分子可发生分子间脱水，生成二聚硅酸 OH（H6Si2O7）： OH OH OH OH 6- HOSi-OH + H OSi-OH HOSiOSiOH + H2OOH OH OH OH O O 二聚硅酸脱去6个H+形成带6个单位负电荷的阴离子（二聚硅酸根离子）：O-Si-O-Si-O O O方

22、法要领：根据物质的空间结构，结合数学空间几何知识和思想、方法，推断出组成晶体的微粒（原子或离子）个数比，推出晶体的化学式。11该题在含氧酸的考查中经常出现：如：焦硫酸、多聚磷酸等。可采用同样的方法求解。通过碱石灰通过浓硫酸气 体混合物+Na2O2催化剂高温+Mg条(点燃)+1111例11 下图中 分别代表有关反应中的一种物质,请填写以下空白。11(1)、的化学式分别是 、 、 (2)与反应的化学方程式是 11思路分析：本题的突破口就在题目的开始部分。因为这一部分把反应条件和部分反应物都已列出，为推断物质提供的充足的已知条件。气体混合物通过碱石灰后得氨气，通过浓H2SO4可得CO2气体，CO2气

23、体与Na2O2反应得氧气，氨气和氧气在催化剂作用下加热反应得NO，NO和O2反应生成NO2，与H2O反应生成HNO3，CO2与Mg条点燃后生成MgO和C、C与HNO3反应生成NO2，CO2和H2O ，所以是NH4HCO3。答案：（1）NH4HCO3、NH3、O2；（2）C+4HNO3=2H2O+4NO2+CO2引申发散：1.热分解全是气体的是何物？-碳酸铵或碳酸氢铵，亚硫酸铵2.与过氧化钠产生两种产物的气体有哪些?-CO2,H2O3.能与镁条燃烧的气体有哪些?-CO2,SO2、O2、N24.两物质反应产物还能继续与反应物反应的有哪些?-NH3(+O2)NO(+O2)NO2,H2S(+O2)SO2(+O2)SO3,C(+O2)CO(+O2)CO2,O2(+C)CO2(+C)CO 6 / 6