2021高考化学一轮复习专题质检卷5非金属及其化合物含解析苏教版 8页

专题质检卷五　非金属及其化合物 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,每小题只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1.(2019陕西高新中学高三上学期月考)有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,下列说法正确的是(　　)。‎ A.晶体硅具有半导体性质,可用于生产光导纤维 B.玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,故常用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰 C.陶瓷、水泥、石英玻璃都属于硅酸盐材料 D.硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2‎ 答案:D 解析:晶体硅是半导体,可用于生产电脑芯片,二氧化硅可用于制造光导纤维,A不正确;玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,但不能用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰,应该用HF,B不正确;陶瓷、水泥属于硅酸盐材料,石英玻璃的主要成分是二氧化硅,C不正确;硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2,D正确。‎ ‎2.(2018全国Ⅱ)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是(　　)。‎ A.雾和霾的分散剂相同 B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关 答案:C 解析:雾和霾的分散剂均为空气,A项正确;根据题目信息,硝酸铵和硫酸铵均为无机颗粒物,是形成雾霾的因素之一,B项正确;氨气分别和硝酸、硫酸生成硝酸铵和硫酸铵,是形成无机颗粒物的反应物,C项错误;过度施用化肥会导致空气中氨气含量增加,促进了无机颗粒物中硝酸铵、硫酸铵含量的增加,D项正确。‎ ‎3.(2019河北武邑中学高三调研)将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是(　　)。‎ A.SO2和H2S ‎ B.Cl2和CO2‎ 8‎ C.NH3和CO2 ‎ D.SO2和Cl2‎ 答案:B 解析:硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫,单质硫不溶于水,可以产生沉淀,故A不符合;氯化钡与二氧化氮、二氧化碳均不反应,不会产生沉淀,故B符合;NH3·H2O与二氧化碳反应生成碳酸铵,碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀,故C不符合;Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl,H2SO4+BaCl2BaSO4↓+2HCl,故D不符合。‎ ‎4.有一瓶Na2SO3溶液,由于它可能部分被氧化,某同学进行如下实验:取少量溶液,滴入Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸,充分振荡后,仍有白色沉淀。针对此实验的下述结论正确的是(　　)。‎ A.加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4‎ B.Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化 C.加入Ba(NO3)2溶液后,生成的沉淀中一定含有BaSO4‎ D.此实验能确定Na2SO3是否被部分氧化 答案:A 解析:亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡,加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4,A项正确;亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡,再加入足量稀硝酸,仍有白色沉淀不能证明Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化,B项错误;亚硫酸钡难溶于水,加入Ba(NO3)2溶液后,生成的沉淀中不一定含有BaSO4,C项错误;此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化,D项错误。‎ ‎5.下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确,并存在因果关系的是(　　)。‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ B 非金属性:Cl>S 酸性:HClO3>H2SO4‎ C 常温下,NaHCO3的溶解度比Na2CO3小 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀 D 常温下,SO2与氢硫酸和NaOH溶液均可反应 SO2是两性氧化物 答案:C 解析:CaCl2与空气中的CO2不反应,漂白粉在空气中久置变质,是因为次氯酸钙与水、二氧化碳发生反应生成HClO,HClO不稳定发生分解,A项错误;HClO3不是氯元素最高价含氧酸,由酸性:HClO3>H2SO4不能得出非金属性:Cl>S的结论,由酸性:HClO4>H2SO4可得出非金属性:Cl>S的结论,B项错误;向饱和Na2CO3溶液中通入CO2,析出碳酸氢钠沉淀,说明常温下NaHCO3‎ 8‎ 的溶解度比Na2CO3小,C项正确;SO2与氢硫酸发生氧化还原反应生成S和H2O,由此不能得出SO2是两性氧化物的结论,D项错误。‎ ‎6.SiO2是一种化工原料,利用SiO2可以制备一系列物质。下列说法正确的是(　　)。‎ A.图中所有反应都不属于氧化还原反应 B.硅酸盐的化学性质稳定,常用于制造光导纤维 C.可用盐酸除去石英砂中少量的碳酸钙 D.普通玻璃由纯碱、石灰石和石英砂制成,其熔点很高 答案:C 解析:图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3的反应不属于氧化还原反应,SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应,A项错误;光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐,B项错误;玻璃没有固定的熔点,D项错误。‎ ‎7.向盛有氯化钡稀溶液的甲、乙两试管中分别通入SO2至饱和,若向甲试管中加入足量的稀硝酸,乙试管中加入足量的NaOH溶液,则下列叙述正确的是(　　)。‎ A.甲、乙两试管都生成同种白色沉淀 B.甲、乙两试管都有白色沉淀生成,但不是同种物质 C.甲试管中没有白色沉淀生成而乙试管中有 D.甲试管中有白色沉淀生成而乙试管中没有 答案:B 解析:硝酸具有强氧化性,可与二氧化硫反应生成硫酸,则甲试管中生成硫酸钡沉淀,二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠,故乙试管中生成亚硫酸钡沉淀,对比选项可知A、C、D项错误,B项正确。‎ ‎8.(2019天津第一中学高三月考)有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol·L-1和2 mol·L-1,取10 mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)(　　)。‎ A.0.224 L B.0.448 L C.0.672 L D.0.896 L 答案:C 解析:10mL混合酸中含有:n(H+)=0.01L×4mol·L-1×2+0.01L×2mol·L-1=0.1mol,n(NO‎3‎‎-‎)=0.01L×2mol·L-1=0.02mol,设NO‎3‎‎-‎完全反应需要H+的物质的量为x,则:由于铁过量,则发生反应:3Fe+2NO‎3‎‎-‎+8H+3Fe2++2NO↑+4H2O,Fe+2H+Fe2++H2↑,因此 8‎ ‎3Fe+2NO‎3‎‎-‎　+　8H+3Fe2++2NO↑+4H2O ‎2 8‎ ‎0.02mol x 所以x=0.02mol×‎8‎‎2‎=0.08mol,小于0.1mol,故H+有剩余,则反应生成的NO为0.02mol,反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol,则 Fe+2H+Fe2++H2↑‎ ‎ 0.02mol 0.01mol 所以n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol,V(NO)+V(H2)=0.03mol×22.4L·mol-1=0.672L,答案选C。‎ ‎9.将一定质量的镁铜合金加入稀硝酸中,两者恰好反应完全,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是(　　)。‎ A.开始加入合金的质量可能为16.4 g B.标准状况下NO的体积为22.4 L C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL D.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol 答案:C 解析:将一定量的镁铜合金加入稀硝酸中,二者恰好反应完全,金属、硝酸都没有剩余,反应中还原产物只有NO,发生反应:3Mg+8HNO3(稀)3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入3mol·L-1NaOH溶液至沉淀完全,发生反应:Mg(NO3)2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOHCu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,即氢氧化镁和氢氧化铜含有OH-的质量为5.1g,n(OH-)=‎5.1g‎17g·mol‎-1‎=0.3mol,根据电子守恒,则镁和铜的总的物质的量为‎0.3mol‎2‎=0.15mol,生成NO为‎0.3mol‎5-2‎=0.1mol。镁和铜的总物质的量为0.15mol,假定全为镁,质量为0.15mol×24g·mol-1=3.6g,若全部为铜,质量为0.15mol×64g·mol-1=9.6g,所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6gHClO,下面装置的连接顺序为:A→　　　　　　　　　　(按气流方向用大写字母表示即可)。能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎(2)二氧化硫的还原性 已知SO2具有还原性,可以还原I2,可以与Na2O2发生反应,按下图所示装置进行实验。(部分固定装置未画出)‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 关闭弹簧夹2,打开弹簧夹1,注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体 若将带火星的木条放在D试管口处,木条不复燃 SO2与Na2O2反应无O2生成,可能发生的化学反应方程式为①　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ 若将带火星的木条放在D试管口处,木条复燃 SO2与Na2O2反应有O2生成,发生的化学反应为2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2‎ 关闭弹簧夹1,打开弹簧夹2,残余气体进入E、F中 E中②　　　　　　 ‎ E中反应的离子方程式③　　　　　　　　　　 ‎ F中④　　　　　　 ‎ F中反应为2OH-+SO2SO‎3‎‎2-‎+H2O 8‎ 答案:(1)①SO2的水溶液中存在如下平衡:SO2+H2OH2SO3H++HSO‎3‎‎-‎,NaHSO3固体溶解后增大了c(HSO‎3‎‎-‎ ),导致平衡左移,降低了SO2的溶解度　②C→B→E→D→F　D中品红溶液不褪色,F中产生白色沉淀 ‎(2)①Na2O2+ SO2Na2SO4　②溶液蓝色褪去 ‎③SO2 + I2+2H2O2I-+SO‎4‎‎2-‎+4H+‎ ‎④溶液红色变浅或褪色 解析:(1)②次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性,不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱,应通过验证亚硫酸酸性比碳酸强,再结合碳酸酸性比HClO强,间接作出判断。A装置制备二氧化硫,由于盐酸易挥发,制备的二氧化硫中混有HCl,故用饱和的亚硫酸氢钠溶液除去HCl,再通过碳酸氢钠溶液,可以验证亚硫酸酸性比碳酸强,用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫,用品红溶液检验二氧化硫是否除尽,再通入F中。‎ ‎(2)A中制备二氧化硫,X干燥二氧化硫,C中发生SO2与Na2O2的反应,D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫,防止污染空气。E装置检验I-还原性弱于SO2,F装置验证二氧化硫为酸性气体,并吸收二氧化硫,防止污染空气。‎ ‎11.(2019广西河池高三月考)(12分)某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4,与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备(NH4)2SO4的工艺流程:‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)工业合成氨反应的条件是　　　　　　　　　　。沉淀池中发生反应的主要化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。该反应能够发生的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)提纯滤液以获得(NH4)2SO4晶体,必要的操作步骤是　　　　(填序号)。 ‎ A.萃取 B.蒸发浓缩 C.冷却结晶 D.蒸馏 ‎(3)上述生产流程中,有关NH3的作用及说明正确的是　　　(填序号)。 ‎ A.提供制备所需的氮元素 B.增大CO‎3‎‎2-‎的浓度促进反应发生 C.作反应的催化剂 D.生产1 mol (NH4)2SO4,至少消耗2 mol NH3‎ ‎(4)该生产过程中的副产品是　　　　　　　,从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是　 　 ,缺点是 　 。‎ 8‎ 答案:(1)高温、高压、催化剂　2NH3+CO2+CaSO4+H2OCaCO3+(NH4)2SO4　碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度 ‎(2)BC ‎(3)ABD ‎(4)氧化钙　产生的CO2循环使用,得到的产品和副产品都是有用的物质,无废物产生　硫酸钙的溶解度较小,此生产过程的反应速率较慢,原料的转化率较低,故生产效率比较低 解析:(1)工业合成氨反应的条件是高温、高压、催化剂;将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4,生成(NH4)2SO4和CaCO3,发生反应为:2NH3+CO2+CaSO4+H2OCaCO3+(NH4)2SO4;该反应能够发生的原因是碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度,反应向溶解度较小的方向进行。‎ ‎(2)从溶液中获取晶体应采取蒸发浓缩、冷却结晶等操作,所以必须操作步骤是BC。‎ ‎(3)氨气被转化为硫酸铵晶体,提供了所需要的氮元素,故A项正确;氨气可以与CO2反应,促进CO2转化为CO‎3‎‎2-‎,而增大CO‎3‎‎2-‎的浓度,故B项正确;氨气参与反应,其物质的量减小,不作催化剂,故C项错误;根据化学方程式可以知道,生产1mol(NH4)2SO4,至少消耗2molNH3,故D项正确。‎ ‎(4)反应发生后,生成碳酸钙和硫酸铵;分离出碳酸钙后,再进行高温煅烧,碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳,所以该生产过程中的副产品是氧化钙;该流程中,产生的CO2循环使用,得到的产品和副产品都是有用的物质,无废物产生;缺点是由于硫酸钙的溶解度较小,此生产过程的反应速率较慢,原料的转化率较低,故生产效率比较低。‎ ‎12.(16分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂,主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是制取亚氯酸钠的工艺流程:‎ 已知:①ClO2气体只能保存在浓度较低状态下,以防止爆炸性分解,且需现合成现用。‎ ‎②ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。‎ ‎(1)在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后,生成氢气和NaClO3,请写出阳极的电极反应式　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)生成ClO2气体需要加X酸酸化,X酸可以为　　　　。 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.盐酸 B.稀硫酸 C.硝酸 D.H2C2O4溶液 ‎(3)吸收塔内的温度不能过高的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)ClO2被S2-还原为ClO‎2‎‎-‎、Cl-,转化率与溶液pH关系如图。写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 8‎ ‎(5)ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN-a mg·L-1,现用ClO2将CN-氧化,生成了两种无毒无害的气体,其离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　;处理100 m3这种污水,至少需要ClO2　　　　　　 mol。 ‎ 答案:(1)Cl-+3H2O-6e-ClO‎3‎‎-‎+6H+‎ ‎(2)B　(3)防止H2O2分解 ‎(4)2ClO2+5S2-+8H+2Cl-+5S↓+4H2O ‎(5)2ClO2+2CN-2Cl-+2CO2↑+N2↑　‎‎50a‎13‎ 解析:(1)电解池中阳极发生失去电子的氧化反应,即溶液中的氯离子在阳极失去电子生成ClO‎3‎‎-‎,反应的电极反应式是Cl-+3H2O-6e-ClO‎3‎‎-‎+6H+。(2)由于ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在,所以只能在酸性环境中存在。在酸性条件下,氯酸钠容易和盐酸、H2C2O4发生氧化还原反应,而硝酸具有强氧化性,所以X是硫酸。(3)H2O2不稳定,温度过高,H2O2容易分解,吸收塔的温度不能过高,其目的是防止H2O2分解。(4)根据图像可知,pH≤2时ClO2被还原为Cl-,所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2-+8H+2Cl-+5S↓+4H2O。(5)ClO2将CN-氧化,生成了两种无毒无害的气体,按照氧化还原反应规律与元素组成,气体应是CO2与N2,其离子反应方程式为2ClO2+2CN-2Cl-+2CO2↑+N2↑,根据离子方程式n(ClO2)∶n(CN-)=1∶1,n(CN-)=n(ClO2)=‎100a‎26‎mol=‎50a‎13‎mol。‎ 8‎