专题07 非金属及其化合物-3年高考2年模拟1年备战2019高考精品系列之化学 Word版含解析

纵观近几年各省市高考试题，有关非金属元素及其化合物的知识在高考中经常出现在离子共存、离子方程式、物质鉴别、气体的制取和性质验证、推断、计算等题型中，一般以元素化合物知识为载体，与化学基本概念、理论、实验、计算结合在一起考查。在未来的高考中考查形式不会有太大的变化，但会突出对物质性质的探究性命题，也会以新的情境或陌生的物质为载体来考查有关非金属元素及其化合物的考查。要求我们熟练掌握各主族中典型元素及其化合物的性质、制备和用途，了解这些元素的单质及某些氧化物、氢化物的性质。掌握硫酸、硝酸的化学性质。以硫酸为例，了解化工生产化学反应原理的确定。初步了解原料与能源的合理利用、“三废处理”与环境保护以及生产过程中的综合经济效益问题。了解硫、氮、碳的氧化物对大气的污染，以及防止大气污染。预测2019年，硫酸、硝酸的化学性质，原料与能源的合理利用，生产过程中的综合经济效益问题是考察的重点。 非金属及其化合物的考查以C、Si、Cl、S、N等为基础，考查其单质、氧化物、氢化物、含氧酸等，具体考查重点如下：1、Si的性质及用途，无机非金属材料的应用；2、Cl及其化合物，Cl2单质的性质（强氧化性），相关实验的综合考查；3、SO2的性质，浓硫酸的特性；4、氮的氧化物、浓、稀HNO3的性质，相关反应产物的判断、化学方程式的书写等5、氧化还原反应方程式的书写、配平、计算与非金属元素及化合物之间的结合。6、以非金属元素为基础的综合实验问题、探究实验问题；7、环境问题、化学工程工艺相关问题。考点一：碳、硅及其重要化合物【例1】【2018江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料DCaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D考点定位：常见重要无机物的性质和用途。【试题点评】思路点拨：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。在化学学习中，要重视对物的的结构性质用途关系的理解，能将物质的宏观性质和用途与物质的微观结构建立联系，进而确定解决这类问题的方向。考点二：氯及其重要化合物【例2】【2016年高考上海卷】向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是A碳酸钙粉末 B稀硫酸 C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液【答案】A考点三：硫及其重要化合物【例3】【2017北京卷】根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl2的溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3【答案】C【解析】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42-，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3，D正确。答案选C。【名师点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀性质酸性氧化物酸性氧化物还原性还原性漂白性氧化性考点四：氮及其重要化合物【例4】【2018新课标2卷】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CNH3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考点定位：考查分散系、雾霾的形成、催化剂等有关判断。【试题点评】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。考点五：非金属元素及化合物与基本反应原理结合【例5】【2017江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ANa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 BClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维 DNH3易溶于水，可用作制冷剂 【答案】A1【2017海南卷】下列叙述正确的是（双选）A稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜B碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气D铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【答案】CD 2【2016年高考上海卷】向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）A碳酸钙粉末 B稀硫酸 C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液【答案】A【解析】试题分析：在氯水中存在反应：Cl2H2OHClHClO，若反应使溶液中c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强。A由于酸性HClH2CO3HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2，使化学平衡正向移动，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，正确；B若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误；C加入氯化钙溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，错误；D加入二氧化碳的水溶液，电离产生氢离子，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。【考点定位】考查氯水的性质。【名师点睛】氯水的成分及其性质是中学化学的重要考点，在新制的氯水中存在下列关系：Cl2H2OH+Cl-HClO、HClOH+ClO-、H2OH+OH-，氯水中存在三分子：H2O、Cl2、HClO，四离子：H+、Cl-、ClO-、OH-。所以，新制的氯水呈浅黄绿色，有刺激性气味，属于混合物，其所含的多种微粒使氯水的化学性质表现出多重性。Cl2的强氧化性；HCl的强酸性；HClO的强氧化性（漂白性等）、弱酸性；Cl-的性质等。特别注意的是氯气和水的反应为可逆反应、HClO存在电离平衡，分析氯水的性质时要结合反应条件及平衡移动原理。3【2016年高考上海卷】在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见右图）。下列说法错误的是（ ）Aa、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同Bc、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同C热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体Dc处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率【答案】B 4【2016年高考江苏卷】在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）ASiO2SiCl4Si BFeS2SO2H2SO4 CN2NH3NH4Cl(aq)DMgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C【解析】试题分析：A、四氯化硅被氢气还原可以制备单质硅，但SiO2与盐酸不反应，A错误；B、煅烧FeS2可以得到氧化铁和二氧化硫，但SO2和H2O反应生成H2SO3，B错误；C、N2+3H22NH3、NH3+HCl=NH4Cl，C正确；D、镁是活泼的金属，金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁，D错误。答案选C。【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物相互转化的有关判断【名师点晴】掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，注意相关基础知识的积累，注意二氧化硅化学性质的特殊性。金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+FeCu+FeSO4。5【2016年高考上海卷】一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）A过量的氢气与氮气 B过量的浓盐酸与二氧化锰C过量的铜与浓硫酸 D过量的锌与18 mol/L硫酸【答案】AC6【2016年高考新课标卷】化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）化学性质实际应用AAl2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物DHF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记【答案】B7【2016年浙江卷】为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空气，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O【答案】B 【解析】A、工业废气通入过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收形成碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，所以固体1中含有氢氧化钙和碳酸钙和亚硫酸钙，故正确；B、气体 1为一氧化碳和一氧化氮和氮气，微粒能被氢氧化钠吸收成亚硝酸钠，需要将一氧化氮变成二氧化氮，与一氧化氮一起与氢氧化钠反应，所以通入的X为空气，因为要实现的反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，空气不能过量，故错误；C、一氧化碳和氢氧化钠不反应，所以捕获剂捕获的气体主要为一氧化碳，故正确；D、亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的氮元素-3价发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为氮气，根据电子守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故正确。故答案选B。点睛：工业废气中的二氧化碳和二氧化硫都可以被过量的石灰乳吸收，而氮气、一氧化碳、一氧化氮不被吸收，从亚硝酸钠和铵根离子反应生成无污染的气体分析，无污染的气体为氮气，则说明一氧化氮被氢氧化钠吸收，因为存在NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O反应，所以要使气体中的一氧化氮被氢氧化钠吸收，应该通入空气，使部分一氧化氮变成二氧化氮，且不能过量。剩余的气体为一氧化碳，所以捕获的产物为一氧化碳。本题考查的是非金属及其化合物的性质。结合元素守恒和元素化合价的变化分析各物质的成分。8【2017江苏卷】在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【答案】C1【2018届金陵中学第四次模拟】在生活用水的净化过程中，下列物质性质与用途具有对应关系的是AOH-可沉淀重金属离子，可用Al2(OH)nCl6-nm作混凝剂BO3具有还原性，可用于自来水的杀菌C活性炭具有吸附性，可用于去除水中的异味DK2FeO4易水解，可用于自来水的消毒【答案】C 2【2018届湖北省仿真模拟】化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是A高锰酸钾溶液、二氧化硫、酒精都能杀菌消毒，都利用了强氧化性B将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨C通信光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池的材料主要是SiO2D以“地沟油”为原料生产的生物柴油与以“石油”为原料生产的柴油化学成分相似【答案】B【解析】A酒精不具有强氧化性，可使蛋白质变性，用于消毒，故A错误；B矿物燃料脱硫脱硝就是向燃料中加入适当的物质，将其中硫和氮转化为无毒无害的物质，从而减少二氧化硫和氮氧化物的排放，达到防止酸雨的目的，故B正确；C通信光缆的主要成分是SiO2，太阳能电池的材料主要是晶体Si，C错误；D以“地沟油”为原料生产的生物柴油的主要成分为酯类混合物，以“石油”为原料生产的柴油的主要成分为烃类混合物，D错误；因此，本题正确答案为B。点睛：本题涉及生活、社会中的一些热点问题，考查化学基本知识的掌握情况，注意易混淆的知识，平时要多思考多总结。3【2018届南阳市第一中学第十六次模拟】将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A不能求出硝酸的物质的量浓度 B氢氧化钠溶液浓度为3mol/LC可以求出合金中镁的质量 D可以求出沉淀的最大质量【答案】A【解析】分析：向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的NaOH溶液是10mL，沉淀达到最大时消耗NaOH溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗NaOH溶液是30mL，因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液是20mL，所以根据方程式Al3+3OH-=Al(OH)3、Mg2+2OH-=Mg(OH)2可知金属镁铝的物质量之比为1:1。生成的NO为0.05mol，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是=0.03mol。详解：A沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可知能求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；B溶解0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03mol，氢氧化钠溶液浓度为=3mol/L,故B正确；C从以上分析可知可以求出合金中镁的质量，故C正确；D从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D正确；综合以上分析，本题应选A。点睛：解此题时，要用好守恒关系，镁铝和稀硝酸反应生成0.05mol NO，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可求出金属镁铝的物质的量均是=0.03mol。沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒能求出硝酸的物质的量浓度。4【2018届静安区二模】关于C、N、S等非金属元素及其化合物的说法错误的是A它们都能以游离态存在于自然界中B二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨C浓硫酸可干燥CO2、SO2、H2S 等气体，但不能干燥NH3D加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应【答案】C 5【2018届盐城市三模】下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）ANa2S具有还原性，可用于去除水体中Hg2+BO3具有氧化性，可用于自来水的消毒杀菌C葡萄糖易溶于水，可用作制镜工业的原料DAl2O3具有两性，可用作耐高温材料【答案】B 5【长春市2017届质量监测（四）】A是中学化学中常见的单质，B、C为化合物。它们有如图所示的转化关系（部分产物及反应条件省略）下列判断正确的是AA、B、C含有一种相同的元素 BA可能是金属，也可能是非金属CB、C的水溶液一定都呈碱性 D反应不一定都是氧化还原反应【答案】A【解析】AA单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应，化合价既升高又降低，B和C其中一种为氧化产物、一种为还原产物，且A、B、C中均含有一种相同的组成A单质的元素，故A正确；BA单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应，化合价既升高又降低，存在负化合价，应为非金属元素，金属元素不存在负价，故B错误；C如A为Cl2，在碱性条件下反应生成Cl-和ClO-，二者在酸性条件下可生成Cl2，符合框图转化关系，但NaCl的水溶液显中性，故C错误；D反应中存在元素从游离态转化为化合态，中存在元素从化合态转化为游离态，元素的化合价发生变化，一定属于氧化还原反应，故D错误；故选A。点睛：解答的关键是把握反应的特征，从化合价的角度分析，A单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应，为歧化反应，则A可能为Cl2或S，应为非金属元素，再结合氯或硫的单质及其化合物的性质分析判断即可。6【湘潭市2017届5月模拟】下列叙述正确的是AFeCl2有氧化性，能用于雕刻电路板B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不与氧气发生反应C明矾加入水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂DSiO2不与强酸反应，可用石英器皿盛装氢氟酸【答案】C7【长春市2017届质量监测（四）】向盛有10mLlmol/LNH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加1mol/LNaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下。下列有关说法正确的是A当加入50mLNaOH时，溶液中的溶质为NaAlO2Bm点反应的离子方程式：NH4+OH-=NH3H2OCNH4Al(SO4)2溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(SO42-)c(Al3+)c(NH4+)c(H+)c(OH-)D若向NH4Al(SO4)2溶液改加20mL1.2mol/LBa(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为0.02mol【答案】B【解析】A当加入50mLNaOH时，Al(OH)3完全溶解，溶液中的溶质为Na2SO4、NH3H2O及NaAlO2，故A错误；Bm点NH4+与氢氧根离子反应生成NH3H2O，其反应的离子方程式为NH4+OH-=NH3H2O，故B正确；C NH4Al(SO4)2溶液中存在NH4+和Al3+的水解，溶液显酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(NH4+)c(SO42-)c(Al3+)c(H+)c(OH-)，故C错误；D10mL 1molL-1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol，由SO42-+Ba2+=BaSO4，可知SO42-不足，故可以得到0.02mol BaSO4，Al3+3OH-=Al(OH)30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，NH4+OH-=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故D错误；答案为B。点睛：准确分析图像，明确各步反应原理是解题关键，向盛有10mLlmol/LNH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加1mol/LNaOH溶液，从0到30mL，溶液中Al3+与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，30mL到40mL，NH4+与氢氧根离子反应生成NH3H2O，40mL到50mL，Al(OH)3与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，据此分析判断。8【长春市2017届质量监测（四）】A是中学化学中常见的单质，B、C为化合物。它们有如图所示的转化关系（部分产物及反应条件省略）下列判断正确的是AA、B、C含有一种相同的元素 BA可能是金属，也可能是非金属CB、C的水溶液一定都呈碱性 D反应不一定都是氧化还原反应【答案】A9【青岛市2017届下学期第二次模拟】将打磨后的镁条放入盛有50ml蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图。下列有关描述正确的A该实验是在常温下进行的B实线表示溶液浊度随时间的变化C50s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降【答案】D10【南通、扬州、泰州2017届第三次联考】H2是一种化工原料，可以制备一系列物质（如下图所示）。下列说法正确的是A使用催化剂可以降低合成氨反应的活化能B用澄清石灰水可以检脸NaHCO3中是否混有Na2CO3C由粗硅制高纯硅的反应类型依次为化合反应、置换反应D聚合物的链节为CH2=CHCl【答案】A【解析】A、有的催化剂可以改变反应历程，使活化能降低，如使用催化剂可以降低合成氨反应的活化能，故A正确；B、氢氧化钙与碳酸钠生碳酸钙和氢氧化钠,氢氧化钙与碳酸氢钠生水,碳酸钙,碳酸钠，均生成CaCO3，故B错误；C、由粗硅制高纯硅的反应类型依次为置换反应、置换反应，故C错误；D、聚合物的链节为，单体是CH2=CHCl，故D错误；故选A。1化学点亮生活，下列对生活中的化学理解正确的是A节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的B古代合成颜料中国蓝的化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaOCuO4SiO2CMnO2有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂D赏心悦目的雕花玻璃是使用烧碱对玻璃刻蚀而成的【答案】B【解析】A不是所有的金属元素都有焰色反应的，铂和铁等金属元素没有焰色反应，A不正确；B古代合成颜料中国蓝的化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaOCuO4SiO2，B正确；CMnO2可作H2O2分解的催化剂，C不正确；D雕花玻璃过去用氢氟酸腐蚀，现在多使用机械打磨而成，氢氧化钠与玻璃反应太慢，故不能用于刻蚀玻璃，D不正确。本题选B。2下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A二氧化硅为酸性氧化物，可用于制造光导纤维B铜的金属活泼性比铁差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀C浓硫酸具有脱水性，可用于干燥H2、SO2等