非金属单质转化为非金属氧化物的化学方程式_非金属单质与其化合物的转化
1.A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系．已知：A是一种非金属单质，为**晶体；B、C、D均为化合物
2.物质之间的转化关系如下图所示，A可作为工业生产J的原料，B、C、H、I为非金属单质．H是密度最小的气体，
3.已知：A、B、C、D均为中学化学常见物质，其中A为非金属单质．它们的转化关系如图1所示．（1）若A常温下为
4.现有A、B、C、D、E四种物质，其中A、B、C、E都含有同一种元素，A、D为非金属单质．它们相互转化关系如下
| B |
| 试题分析：非金属性强弱比较的一般规律是：①由元素原子的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。②由单质和酸或者和水的反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强。③由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强。④由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强。⑤由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属越强。（除氟元素之外）。⑥由对应阴离子的还原性判断：还原性越强，对应非金属性越弱。⑦由置换反应判断：强置弱。〔若依据置换反应来说明元素的非金属性强弱，则非金属单质应做氧化剂，非金属单质做还原剂的置换反应不能作为比较非金属性强弱的依据〕。⑧按元素周期律，同周期元素由左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族元素由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱。⑨非金属单质与具有可变价金属的反应。能生成高价金属化合物的，其非金属性强，据此可知选项①②③是正确的，答案选B。 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题的关键是明确非金属元素的强弱的判断依据，然后结合题意灵活运用即可，有利于巩固学生的基础，提高学生逻辑推理能力和灵活应变能力。 |
A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系．已知：A是一种非金属单质，为**晶体；B、C、D均为化合物
1. 碳族元素的主要化合价是“+2”、“+4”价，而硅通常表现为“+4”价。
2. 非金属单质一般为非导体，但硅却为半导体。
3. 在通常情况下，硅的化学性质不活泼，但在自然界里却没有单质硅存在。
4. 非金属氧化物一般为分子晶体，而SiO2却为原子晶体。
5. 非金属单质一般不与非氧化性酸反应，而硅却能够与氢氟酸反应，且有氢气生成。
Si + 4HF === SiF4↑+ 2H2↑
6. 非金属单质与强碱溶液反应一般不生成氢气，但硅与强碱溶液反应却生成氢气。
Si + 2NaOH + H2O === Na2SiO3 + 2H2↑
7. 硅的还原性比碳强，但碳在高温下却能从二氧化硅中还原出硅。这是因为在高温时，非水体系的反应有利于有气体生成的方向进行。
2C + SiO2 Si + 2CO↑。
8. SiO2不溶于水，但其是硅酸的酸酐，因此硅酸不能用SiO2直接与水反应制得，只能用可溶性硅酸盐与酸作用生成，如
Na2SiO3 + 2HCl === 2NaCl + H2SiO3↓。
9. CO2属于分子晶体，通常状况下是气体，但SiO2却是立体网状结构的原子晶体，因此二者的物理性质相差很大。
10. 酸性氧化物一般不与酸反应，但二氧化硅却能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水。
SiO2+ 4HF === SiF4↑+ 2H2O，
雕花玻璃就是利于该反应原理在玻璃上进行蚀刻制得的。
11. 无机酸一般易溶于水，而硅酸和原硅酸却难溶于水。
12. 在水溶液中，碳酸的酸性比硅酸强，因此二氧化碳能与硅酸钠反应生成碳酸钠和硅酸沉淀。
CO2 + Na2SiO3 + H2O === Na2CO3 + H2SiO3↓
但在高温下碳酸钠与二氧化硅却能反应生成硅酸钠和二氧化碳，
SiO2 + Na2CO3 Na2SiO3 + CO2↑
其原因是在高温条件下生成的二氧化碳离开反应体系而使反应进行到底。
13. 硅酸钠的水溶液俗称泡花碱或水玻璃，但它与玻璃的成分不同，其本身是盐溶液，不是碱溶液。
物质之间的转化关系如下图所示，A可作为工业生产J的原料，B、C、H、I为非金属单质．H是密度最小的气体，
A是一种非金属单质，为**晶体判断为单质S；B、C、D均为化合物；B是形成酸雨的主要成分之一，推断为SO2；则依据转化关系分析可知B和氧气催化剂作用反应生成C为SO3，D为H2SO4；
（1）化合物B为SO2，化合物D为H2SO4；
故答案为：SO2，H2SO4；
（2）B→C化学反应是二氧化硫催化氧化为三氧化硫，2SO2+O2
| ||
| △ |
故答案为：化合；
（3）向D的稀溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀．是硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式：Ba2++SO42-=BaSO4↓；
故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；
已知：A、B、C、D均为中学化学常见物质，其中A为非金属单质．它们的转化关系如图1所示．（1）若A常温下为
常温下，D、X均为液态化合物，且X有强氧化性，能发生自身氧化还原，则X为H2O2，D为H2O，F为常见的红棕色防锈油漆颜料的主要成分，应为Fe2O3，则P为FeCl3，O是常见含氮量最高的氮肥，应为CO（NH2）2，A、E、J、N中含有同一种元素，由转化关系可知E为SO2，J为H2SO4，N为BaSO4，则A应为硫铁矿，B为O2，H是密度最小的气体，应为H2，C与D与反应生成H2，C为非金属性单质，应为碳，则D为H2O，G为CO，L为CO2，K为Fe，O是一种常见的含氮量很高的氮肥，则M为NH3，O应为CO（NH2）2，I为N2，
（1）由以上分析可知X为H2O2，反应⑤的离子反应方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，
故答案为：H2O2；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（2）C+D的反应化学方程式为C+H2O
| ||
| ? |
在高温的条件下，向一个密闭容器中投入1molC和2molH2O，反应一段时间后，测得C的转化率为50%，则消耗0.5molC、0.5molH2O，则D的转化率为
| 0.5mol |
| 2mol |
=25%，
反应生成0.5molCO、0.5molH2，剩余1.5molH2O，混合气体的平均相对分子质量为
| 0.5×28+0.5×2+1.5×18 |
| 0.5+0.5+1.5 |
故答案为：C+H2O
| ||
| ? |
（3）Fe和H2O蒸汽在一定条件下能发生反应，生成2gH2，即1molH2，放出热量为aKJ，则生成4molH2放出4akJ热量，
该反应的热化学方程式为3Fe（s）+4H2O（g）
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| ? |
L与M以1：2物质的量之比恰好完全反应生成O和D，反应⑥的化学方程式为CO2+2NH3
| ||
| ? |
故答案为：3Fe（s）+4H2O（g）
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| ? |
| ||
| ? |
（4）现有1molA为FeS2参加反应，设各步反应均完全，生成N为BaSO4的质量为1165g，物质的量=
| 1165g |
| 233g/mol |
则反应①的化学方程式为：Fe4S5+8O2
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| ? |
故答案为：Fe4S5+8O2
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| ? |
现有A、B、C、D、E四种物质，其中A、B、C、E都含有同一种元素，A、D为非金属单质．它们相互转化关系如下
（1）若A常温下为固体，A氧化得到B、B氧化得到C，C与水反应得到D为酸，D与Cu反应得到B，可推知，A为S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，则：
①D→B是Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
| ||
| ? |
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
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| ? |
②反应过程中浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，硫酸一定有剩余，故生成的SO2一定小于0.5mol，
故答案为：反应过程中浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，硫酸一定有剩余，故生成的SO2一定小于0.5mol；
③SO2造成的环境问题主要是导致酸雨，工业上为减小SO2造成的污染，常用碱进行回收利用，回收B后再利用生成的一种盐为硫酸钠，化学式为Na2SO4，
故答案为：酸雨；硫酸钠、Na2SO4；
（2）若A常温下为气体单质，A连续氧化得到C，氮元素单质化合物符合转化关系，A为N2、B为NO、C为NO2、D为HNO3，则：
①反应D→B是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②当有1.5mol?Cu参与反应时，由方程式可知，生成NO的物质的量=1.5mol×
| 2 |
| 3 |
故答案为：1mol；
③装置Ⅰ中圆底烧瓶中有空气，空气中的氧气会与NO反应生成NO2，出现红棕色，不能证明产生的是NO，装置Ⅱ中没有空气，可以证明，
故答案为：Ⅱ；圆底烧瓶中有空气，空气中的氧气会与NO反应生成NO2，出现红棕色，不能证明产生的是NO．
B能使品红溶液褪色，应为SO2，则A为S，D为O2，C为SO3，E为H2SO4，
（1）由以上分析可知A为S，位于周期表第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；
（2）B为SO2，为共价化合物，含有共价键，故答案为：共价键；
（3）E为H2SO4，浓溶液具有强氧化性，可在加热条件下与铜发生氧化还原反应，方程式为Cu+2H2SO4（浓）
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| ? |
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
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