（课标版）高考化学一轮复习 核心突破考案（4）非金属及其重要化合物（含解析）新人教版-新人教版高三全册化学试题

非金属及其重要化合物(45分钟，100分)第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。1．(2020·湖北八校联考)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大(注CxHy为可燃烧的有机物)。机动车尾气污染物的含量与空/燃比(空气与燃油气的体积比)的变化关系如图所示，则下列说法不正确的是(C)A．空/燃比的增大使氧气的含量增大，因而CO、CxHy的含量会慢慢变小B．当空/燃比达到15后由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低，故NOx减少C．空/燃比的增大，燃烧产生的高温及火花塞放电能促使空气中的氮气与氧气直接生成NO2D．在机动车尾气出口处使用催化剂能将CO、NOx转化为无害的N2和CO2[解析]A．图象中曲线变化可知空燃比增大NOx含量先增大后减小，CO、CxHy的含量会慢慢变小，故A正确；B.当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低，使该反应不易进行，故NOx减少，故B正确；C.氮气和氧气在放电条件下只能先生成一氧化氮，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)，故C错误；D．二氧化氮和一氧化碳反应生成了二氧化碳和氮气，反应的方程式是：2NOx＋2xCOeq\o(=,\s\up7(催化剂))2xCO2＋N2，在机动车尾气出口处使用催化剂能将CO、NOx转化为无害的N2和CO2，故D正确；故选C。2．(2020·江苏常州期末)水合肼(N2H4·H2O)为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反应原理为NaClO＋2NH3=N2H4·H2O＋NaCl。下列关于实验室制备水合肼的操作不正确的是(C)A．装置甲中试剂X可以选择生石灰B．装置乙作为反应过程的安全瓶C．装置丙制备水合肼时氨气从b口进入D．装置丁可用于吸收多余的尾气[解析]装置甲用于制备氨气，试剂X可以是生石灰，利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出，A项正确；氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为安全瓶置于装置甲、丙之间，B项正确；制备水合肼时氨气应从装置丙的a口进入，C项错误；氨气会污染环境，实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸，D项正确。3．汽车尾气中含有NO2、NO和CO等有害气体，现取标准状况下22.4L汽车尾气，研究发现该气体通过催化转化器后，上述三种有害气体可被完全转化为无害的N2和CO2，再取等体积尾气通入0.1mol·L－150mLNaOH溶液中，其中的NO2和NO恰好被完全吸收。则尾气中CO的体积分数可能为(说明：汽车尾气中其他成分气体与CO和NaOH溶液均不反应)(B)A．0.4% B．0.8%C．2% D．4%[解析]尾气通入氢氧化钠溶液中时，NO2和NO恰好被完全吸收，发生反应：NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O,2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，由物料守恒可知，钠原子与氮原子的物质的量相等，即n(NO2)＋n(NO)＝n(NaOH)＝0.05L×0.1mol·L－1＝0.005mol，故V(NO2)＋V(NO)＝0.005mol×22.4L·mol－1＝0.112L，尾气通过催化转换器时，发生反应：4CO＋2NO2=N2＋4CO2,2CO＋2NO=N2＋2CO2，由方程式可知全部为NO2时，CO的体积最大，CO的体积最大为0.112L×2＝0.224L，故CO的体积分数最大值为eq\f(0.224L,22.4L)×100%＝1%；全部为NO时，CO的体积最小，CO的体积最小为0.112L，故CO的体积分数最小值为eq\f(0.112L,22.4L)×100%＝0.5%；故CO的体积分数介于0.5%～1%之间，故选B。4．(2020·岳阳模拟)由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：烧渣eq\o(→,\s\up7(酸溶),\s\do5(①))eq\o(→,\s\up7(FeS2),\s\do5(②))溶液,③绿矾eq\o(→,\s\up7(氨水/空气),\s\do5(④))铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是(C)A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣B．步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O=15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3[解析]A项，因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B项，步骤②发生反应FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，故离子方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O=15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，B正确；C项，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，蒸干时绿矾受热易失去结晶水且易被氧化，C错误；D项，步骤④反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生反应生成Fe(OH)3，D正确。5．(2020·景德镇模拟)二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e是对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行的判断，其中正确的是(B)①SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O②SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑③SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O④Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3＋CO2↑⑤SiO2＋3Ceq\o(=,\s\up7(高温))SiC＋2CO↑a．反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b．反应②中SiO2表现出氧化性c．反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性d．反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的道理e．反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应A．ace B．bdeC．cde D．ab[解析]通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，因此a、c判断错误；反应②是一个置换反应，其中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b判断正确；反应④用难挥发的二氧化硅制取易挥发的二氧化碳，d判断正确；反应⑤中碳的化合价由0价变为－4和＋2价，硅的化合价和氧的化合价都没有改变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e判断也正确。6．(2020·绍兴模拟)下列实验操作能够达到实验目的的是(B)A．实验室采用图①所示装置收集SO2B．可用图②所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱C．除去NaHCO3溶液中的Na2CO3可加入Ca(OH)2溶液后过滤D．称取0.40gNaOH，放入100mL容量瓶中，配制0.10mol·L－1的NaOH溶液[解析]二氧化硫的密度大于空气的密度，用向上排空气法收集，A项错误；Ca(OH)2溶液与NaHCO3和Na2CO3的溶液都发生反应，C项错误；不能在容量瓶中进行溶解操作，D项错误。7．(2020·试题调研)向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol·L－1Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是(D)A．图中C点铝元素存在形式是AlOeq\o\al(－,2)B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]﹕c(AlCl3)＝1﹕2D．OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋8OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋3BaSO4↓＋4H2O[解析]C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3mol，此时铝元素以AlOeq\o\al(－,2)的形式存在，A正确；D点溶液溶质为Ba(AlO2)2，通入CO2气体，立即产生BaCO3和Al(OH)3沉淀，B正确；B点为Al(OH)3和BaSO4沉淀，此时Al(OH)3的物质的量为7mol－3mol＝4mol，故原混合液中有1molAl2(SO4)3，AlCl3物质的量为4mol－1mol×2＝2mol，即c[Al2(SO4)3]﹕c(AlCl3)＝1﹕2，C正确；OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，D错误。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题包括4小题，共58分8．(16分)(2020·山西太原期末)Ⅰ.A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为最常见液体，它们之间有如下的反应关系：(1)若A为短周期金属元素的单质，D为气态单质，常温下0.1mol·L－1C溶液的pH＝13，则该反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，C为非金属氧化物，且能使品红溶液褪色，则该反应的化学方程式为：SO2＋I2＋2H2O=2HI＋H2SO4。(3)若A、C、D、E均为化合物，E为白色胶状沉淀，且A、C、E均含有同一种元素，则该反应的离子方程式为：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓。(4)若单质A是良好的半导体材料，请写出工业上制取单质A粗品的化学方程式为2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。Ⅱ.(5)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得。请写出该反应的离子方程式：2ClOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=2ClO2＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O。(6)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO3·3H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了还原反应的是D(填序号)。A．MnO2 B．KMnO4溶液C．稀盐酸 D．Na2SO3溶液[解析](1)已知常温下0.1mol·L－1C溶液的pH＝13，则C为一元强碱，B为水，所以能与强碱反应的短周期金属元素的单质只有Al，则反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，即A为碘，C为非金属氧化物，且能使品红溶液褪色，则C为SO2，则该反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O=2HI＋H2SO4。(3)E在水溶液中呈白色胶状沉淀，即E为Al(OH)3，又A、C、E均含有同一种元素Al，则反应的离子方程式为Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓。(4)单质A是良好的半导体材料，即A为硅，工业上制取粗硅的化学方程式为2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。(5)ClO2可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得，反应的离子方程式为2ClOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=2ClO2＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O。(6)MnO2能催化H2O2的分解，所以Na2CO3·3H2O2既发生氧化反应，又发生还原反应，故A错误；KMnO4具有强氧化性，能够氧化H2O2，所以Na2CO3·3H2O2发生了氧化反应，故B错误；稀盐酸能与Na2CO3发生复分解反应，故C错误；Na2SO3溶液具有还原性，能被H2O2氧化，则Na2CO3·3H2O2发生了还原反应，故D正确。9．(12分)(2020·山东滨州高三检测)盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂。请回答下列问题：(1)常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强氧化性。用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，说明浓硫酸具有脱水性。(2)硝酸铜是制备Cu—Zn—Al系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜。下列制备方法符合“绿色化学”思想的是③(填序号)。①Cu＋HNO3(浓)→Cu(NO3)2②Cu＋HNO3(稀)→Cu(NO3)2③Cueq\o(→,\s\up7(空气))CuOeq\o(→,\s\up7(稀硝酸))Cu(NO3)2(3)①在100mL18mol·L－1浓硫酸中加入过量铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积可能是D。A．40.32L B．30.24LC．20.16L D．13.44L②若使上述反应剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(4)某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水。该反应的化学方程式为Cu＋2HCl＋H2O2=CuCl2＋2H2O。[解析](1)浓硫酸与铁、铝反应形成致密的氧化膜，表现了浓硫酸的强氧化性，浓硫酸使纸变黑表现了浓硫酸的脱水性。(2)绿色化学思想是从源头上消除污染，①反应会产生NO2，②反应会产生NO，③反应不产生污染物，原子利用率最高，符合绿色化学思想。(3)①Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O，n(H2SO4)＝18mol·L－1×0.1L＝1.8mol，假设1.8mol硫酸完全反应，生成SO20.9mol，在标准状况下的体积为0.9mol×22.4L·mol－1＝20.16L，实际上浓硫酸变成稀硫酸后反应就停止了，生成的SO2体积小于20.16L，故选D。②NaNO3提供的NOeq\o\al(－,3)与硫酸提供的H＋能将铜氧化，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(4)根据信息可写出化学方程式为Cu＋2HCl＋H2O2=CuCl2＋2H2O。10．(14分)(2020·日照模拟)某实验小组设计了如图装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO＋PdCl2＋H2O=CO2＋2HCl＋Pd↓(产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊)。(1)实验时要通入足够长时间的N2，其原因是将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰。(2)装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸。(3)装置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为3SiO2＋4Ceq\o(=,\s\up7(高温))2CO2↑＋2CO↑＋3Si。(4)该装置的缺点是缺少尾气吸收装置。(5)资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18gSiO2和8.4g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体13.44L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为2﹕1。(6)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸。[解析](1)碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中的氧气反应，所以实验前要通入足够长时间的N2将装置中的空气排尽。(2)根据装置图可知，B装置作安全瓶，防止倒吸。(3)根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成CO也可能生成CO2，所以C装置用来检验CO2，D装置用来检验CO，所以C、D装置中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有CO2又有CO。由于两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2＋4Ceq\o(=,\s\up7(高温))2CO2↑＋2CO↑＋3Si。(4)CO有毒，不能排放到空气中，而该装置缺少尾气吸收装置吸收未反应的CO。(5)18gSiO2物质的量n(SiO2)＝eq\f(18g,60g·mol－1)＝0.3mol,8.4g焦炭物质的量n(C)＝eq\f(8.4g,12g·mol－1)＝0.7mol，充分反应后收集到标准状况下的气体13.44L，其物质的量＝eq\f(13.44L,22.4L·mol－1)＝0.6mol，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则有SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))2CO↑＋Si0.3mol0.6mol0.6mol0.3molSi＋Ceq\o(=,\s\up7(高温))SiC1110．1mol0.1mol0.1mol故Si和SiC的物质的量之比为0.2mol﹕0.1mol＝2﹕1。(6)验证碳酸、硅酸的酸性强弱，将CO2气体通入硅酸钠溶液发生反应CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓，溶液变浑浊，说明酸性H2CO3>H2SiO3。11.(16分)(1)(2020·江西玉山第一中学月考)下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4﹕5，化合物D是重要的工业原料。①写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式：H2＋Seq\o(=,\s\up7(△))H2S。②写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O。③写出一个由D生成B的化学方程式：C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O。④将5mL0.10mol·L－1的E溶液与10mL0.10mol·L－1的NaOH溶液混合，写出反应的离子方程式：H2SO3＋2OH－=SOeq\o\al(2－,3)＋2H2O。(2)(2019·武汉模拟)如图为某实验小组同学设计的铜与浓硫酸反应的实验装置，实验步骤如下：Ⅰ.先连接好装置，检验气密性，加入试剂；Ⅱ.加热三