2019高考化学复习第11讲非金属及其化合物对点特训.docx

对点特训(十一)非金属及其化合物1(2018晋豫大联考)下列说法不正确的是(D)A山西博物院陈列的元青花瓷的原料有高岭土Al2Si2O5(OH)4，也可以表示为Al2O32SiO22H2OB氮的三种固定方式，都发生了氧化还原反应C汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D工业上由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3解析NH3氧化不能直接得到NO2，选项D错误。2(2018邢台期末)非金属元素的一些氧化物会导致环境污染，以下非金属元素的氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是(D)选项氧化物环境问题主要来源ACO2酸雨化石燃料的燃烧BSO2光化学烟雾工厂废气的排放CNO2温室效应汽车尾气的排放DCOCO中毒汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧解析CO2导致温室效应，NO2引起光化学烟雾，SO2引起酸雨。3(2018邢台期末)实验室用有机含碘(主要以I2和IO的形式存在)废水制备单质碘的实验流程如下：已知：碘的熔点为113 ，但固态的碘可以不经过熔化直接升华。下列说法错误的是(C)A操作和中的有机相均从分液漏斗下端放出B操作中发生反应的离子方程式为2IO5SO2H=I25SOH2OC操作中用到的玻璃仪器仅需温度计、球形冷凝管、酒精灯、接引管及锥形瓶D操作可用如图所示的水浴装置进行解析CCl4的密度比水大，操作和均为萃取操作，其中溶解I2的有机相从分液漏斗下端放出，选项A正确；操作中Na2SO3溶液还原IO 得到I2，自身被氧化为SO，发生反应的离子方程式为2IO5SO2H=I25SOH2O，选项B正确；操作为蒸馏操作，用到的玻璃仪器包括温度计、球形冷凝管、酒精灯、接引管、锥形瓶以及蒸馏烧瓶，选项C错误；固态的碘可以不经过熔化直接升华，不需要经过加热熔化使之气化的过程，则操作可利用水浴装置进行，选项D正确。4(2018湖北八校联考)四个课外活动小组为完成实验，均设计了两套实验装置(部分图中的夹持装置略去)，其中一个活动小组设计的两套装置中，有一套装置存在原理错误，该活动小组是(C) A锌粒和稀硫酸反应制氢气B向下排空气法收集甲烷C制取氨气的发生装置D氯化氢气体的喷泉实验解析Zn与稀硫酸的反应ZnH2SO4=ZnSO4H2，属于固体液体气体，H2难溶于水，可用排水法收集，选项A两套装置都可以；CH4的密度比空气小，用向下排空气法收集CH4时空气从下口排出，选项B两套装置都可以；CaO与浓氨水作用可产生NH3，属于固体液体气体，前一套装置可以，NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl在试管口会重新化合成NH4Cl，不能用NH4Cl直接受热分解制得NH3，选项C后一套装置原理错误不能制得NH3；HCl极易溶于水，HCl与H2O可形成喷泉，前一套装置打开止水夹，用热毛巾焐热圆底烧瓶引发喷泉，后一套装置引发喷泉的操作：打开止水夹，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，选项D两套装置都可以。5(2018江西六校联考)不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙中，一定能产生沉淀的组合是(D)序号甲乙丙CO2SO2石灰水HClCO2石灰水CO2SO2Ba(NO3)2溶液NO2SO2BaCl2溶液CO2NH3CaCl2溶液ABCD6(2018中原名校联考)用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列说法正确的是(D)A制取粗硅时生成的气体产物为CO2B生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C电解精炼铜时，当电路中转移0.2 mol电子时阳极质量减轻6.4 gD粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法解析石英和碳在高温下反应生成Si和CO，选项A错误；生产玻璃涉及到的反应有SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2和SiO2CaCO3CaSiO3CO2，不是氧化还原反应，选项B错误；精炼铜时，阳极为粗铜，粗铜中如果有比Cu活泼的杂质金属，该杂质先放电，所以转移0.2 mol电子时，阳极质量减少的不一定是0.1 mol Cu的质量，即不一定为6.4 g，选项C错误；制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4除去杂质提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，选项D正确。7(2018皖北协作区联考)下表各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是(C)选项abcmAN2NOHNO3O2BNa2CO3NaHCO3NaOHCO2CH2SSSO2O2DCH3CH2OHCH3CHOCH3COOHO2解析图中包含了 abc、 acb 两种形式变化，氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应得到NO2不是硝酸，另外氮气与硝酸也不反应，选项A错误；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠与二氧化碳不反应，另外碳酸钠与氢氧化钠也不反应，选项B错误；硫化氢与氧气反应可以生成硫，硫燃烧可以生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成硫和水，选项C正确；乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛继续氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯而不是乙醛，选项D错误。8(2018榆林一模)CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是(D)A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为32B生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：C硫酸铜在1100分解的方程式为：2CuSO4Cu2OSO2SO3O2D当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应解析途径涉及反应3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O，NO由硝酸提供，H由硝酸和硫酸共同提供，所以若硝酸为2 mol，则硫酸为(82)23 mol，所以混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为32，选项A正确；途径涉及反应为2Cu2H2SO4O22CuSO42H2O；途径涉及反应Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；若生成1 mol硫酸铜，途径消耗1 mol硫酸，途径消耗1 mol硫酸，途经消耗2 mol硫酸，所以三个途径中，生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量：，选项B正确；据图可知，CuSO4在1100 分解产生Cu2O和混合气体X，Cu2O为化合价降低的产物，则混合气体X中一定有化合价升高的产物，则一定含有O2，根据原子守恒，CuSO4在1100 分解的方程式可能为2CuSO4Cu2OSO2SO3O2，选项C正确；硫酸铜与过量的NaOH反应生成氢氧化铜，葡萄糖中含有醛基，能与新制氢氧化铜在碱性条件下反应生成Cu2O和葡萄糖酸钠，体现了葡萄糖的还原性，葡萄糖发生氧化反应，选项D错误。9(2018东北三校联考)向如图所示装置中缓慢通入气体X，若打开活塞K，则品红溶液褪色；若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊。X和Y可能是(B)选项ABCDXSO2Cl2HClNO2YNaOH溶液饱和NaHCO3溶液饱和NaCl溶液Na2SO3溶液解析若关闭活塞K，SO2通过NaOH溶液，生成Na2SO3而被吸收，澄清石灰水不会变浑浊，选项A错误；若关闭活塞K，Cl2通过饱和NaHCO3溶液，产生CO2，澄清石灰水变浑浊，选项B正确；若打开活塞K，HCl不会使品红溶液褪色，若关闭活塞K，HCl通过饱和NaCl溶液，HCl被吸收，澄清石灰水不会变浑浊，选项C错误；若关闭活塞K，NO2通过Na2SO3溶液中，NO2先与水反应生成HNO3和NO，然后HNO3将Na2SO3氧化，得到Na2SO4和NO，NO不能使澄清石灰水变浑浊，选项D错误。10(2018天津卷)下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H除外)：r(H)r(Mg2)r(N3)r(Cl)。(2)A2B的化学式为_Mg2Si_。反应的必备条件是_熔融，电解_。上图中可以循环使用的物质有_NH3，NH4Cl_。(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_SiC_(写化学式)。(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：2Mg(OH)22SO2O2=2MgSO42H2O。解析(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子为Mg2、Cl、N3、H，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H)r(Mg2)r(N3)r(Cl)。(2)根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为2，Si为4，所以化学式为Mg2Si。反应是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，若组成一种无机非金属材料，结合碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐(亚硫酸镁)，考虑到得到稳定化合物，所以产物应该为硫酸镁(亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到)，所以反应为：2Mg(OH)22SO2O2=2MgSO42H2O。11(2018上饶二模)某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示(夹持仪器已略去)。(1)实验前，应先检查装置的_气密性_；实验中产生的尾气应通入_NaOH_溶液进行处理。(2)实验过程中需要配制100 mL 1 molL1FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器：烧杯、量筒、玻璃棒、_100_mL容量瓶、胶头滴管_；实际配制过程中，常先将FeCl3固体完全溶于适量盐酸中，再加水稀释，此特殊操作的目的是_抑制FeCl3水解_。(3)该小组同学向5 mL 1 molL1FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，写出其反应的离子方程式2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H。再打开分液漏斗活塞，逐滴加入煮沸冷却后的NaOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是_先无现象，后生成白色絮状沉淀_。(4)该小组同学在(3)中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色。【查阅资料】Fe(HSO3)2在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3氧化为SO。则Fe(HSO3)2与Fe3在溶液中反应的离子方程式为Fe(HSO3)2Fe3H2O=2Fe2SO3H。(5)若实验中用5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，向已冷却的A试管溶液中加入4 molL1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2完全沉淀。则所用浓H2SO4浓度为_18_molL1_(忽略过程中溶液的体积变化)。解析(1)实验前，应先检查装置的气密性；实验中产生的尾气是SO2，应通入NaOH溶液进行处理；(2)实验过程中需要配制100 mL 1 molL1FeCl3溶液，配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器：烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、定容时还要用到胶头滴管，配制过程中，由于Fe3容易发生水解，常先将FeCl3固体完全溶于适量盐酸中，再加水稀释，以抑制Fe3的水解；(3)向5 mL 1 molL1FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，生成了Fe2，SO2被氧化为H2SO4，发生反应的离子方程式为2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H，试管中有硫酸和硫酸亚铁，加入稀NaOH溶液，先和硫酸发生中和反应，这一阶段无明显现象，当硫酸反应完后，将和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，由于氢氧化钠是煮沸除去了氧气的，所以氢氧化亚铁不会被氧化为氢氧化铁；(4)Fe(HSO3)2在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3氧化为SO，则Fe3被还原为Fe2，反应的离子方程式为Fe(HSO3)2Fe3H2O=2Fe2SO3H；(5)5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，Cu2H2SO4CuSO4SO22H2O，n(SO2)0.03 mol，算出n(CuSO4)0.03 mol，n1(H2SO4)0.06 mol，向已冷却的A试管溶液中加入4 molL1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2完全沉淀，Cu不会和稀硫酸反应，A中还有稀硫酸，当加入NaOH溶液时，首先和未反应的硫酸反应，硫酸反应完后再和CuSO4反应，CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，n1(NaOH)2n(CuSO4)0.06 mol，和硫酸反应的氢氧化钠的物质的量为n2(NaOH)4 molL10.03 L0.06 mol0.06 mol，n2(H2SO4)0.03 mol，总硫酸的物质的量为0.03 mol0.06 mol0.09 mol，c(H2SO4)18 mol/L。12(2018湘豫名校联考)有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定。回答下列问题：ABCDEF(1)岩脑砂的制备该实验中用浓盐酸与MnO2 反应制取所需氯气，则装置F中的试剂是_饱和食盐水_(填试剂名称)。为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：_ad_c_e f_h_gj_ib_(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。装置D处有两个明显的不足之处，请指出：_导管太细，生成的氯化铵固体会堵塞导管；无尾气处理装置_。证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要_AgNO3溶液、红色石蕊试纸(其他合理答案即可)_。(2)岩脑砂中元素的测定：准确称取a g岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热(发生的反应为2NH4Cl3CuO3CuN22HCl3H2O)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的质量之比。设置装置H的目的是_吸收混合气体中的水蒸气，防止对测定氯化氢的质量产生影响_。若装置 增重b g，利用装置K测得气体体积为V L(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5 L/mol)，则岩脑砂中m(N)：m(Cl)_(28V/24.5)(35.5b/36.5)_ (用含b、V 的代数式表示，不必化简)。若测量体积时气体温度高于常