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非金属及其化合物
必考部分第4章非金属及其化合物
本章近年高考经典真题规范全解
一、选择题
1.[2011·江苏卷,3]下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是( )
A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化,可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸
B.二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制造耐酸容器
C.二氧化氯具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒
D.铜的金属活泼性比铁的弱,可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
答案:
A
解析:
B项,SiO2可与氢氟酸反应;C项,ClO2具有强氧化性;D项,海轮外壳上装铜块,会形成Fe-Cu原电池,铁作负极,腐蚀加快。
2.[2010·全国卷Ⅰ,7]下列叙述正确的是( )
A.Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2
B.将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
C.将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
D.将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu
答案:
B
解析:
A项,Li在氧气中燃烧生成Li2O,A项错误;B项,碳酸的酸性比次氯酸强;C项,BaSO3不溶于水,但能溶于酸;D项,NH3通入CuSO4溶液中有Cu(OH)2生成。
评析:
本题属于较容易的题,主要考查学生对基本知识的识记能力。
3.[2010·全国卷Ⅰ,12]一定条件下磷与干燥氯气反应,若0.25g磷消耗掉314mL氯气(标准状况),则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于( )
A.3∶1 B.5∶3
C.2∶3D.1∶2
答案:
A
解析:
根据反应方程式:
2P+3Cl2===2PCl3,2P+5Cl2===2PCl5得出生成PCl3时n(P)∶n(Cl2)=1∶1.5,生成PCl5时n(P)∶n(Cl2)=1∶2.5,题目中n(P)∶n(Cl2)=1∶1.75
方法一:
“十字交叉法”
1.75PCl3 1.5PCl5 2.50.750.25
方法二:
“三角法”
1.5x+2.5(0.008-x)=0.014解得:
x=0.006mol所以,PCl3为0.006mol,PCl5为0.002mol,两者的物质的量之比为3∶1。
评析:
本题考查的是学生对物质的量、物质的质量和标准状况下的气体摩尔体积与化学反应方程式的综合计算能力。
难度区分:
易。
4.[2010·重庆卷,6]减缓温室气体排放是2009年哥本哈根气候变化会议的议题。
下列反应不产生温室气体的是( )
A.用纯碱制玻璃B.用煤炭作燃料
C.用铁矿石炼铁D.用氨制碳酸铵
答案:
D
解析:
A项,用纯碱制玻璃的主要反应为:
Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑;B项,燃烧煤炭产生CO2;C项,用铁矿石炼铁时,CO转变为CO2;D项,2NH3+2H2O+CO2===(NH4)2CO3,没有产生CO2气体。
评析:
本题考查了常见工业生产中相关的化学知识,体现了新高考联系生产、生活实际的命题方向,较容易。
5.[2010·浙江卷,13]某钠盐溶液中可能含有NO
、SO
、SO
、CO
、Cl-、I-等阴离子。
某同学取5份此溶液样品,分别进行了如下实验:
①用pH计测得溶液pH大于7
②加入盐酸,产生有色刺激性气体
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,且放出有色刺激性气体
④加足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,该沉淀溶于稀硝酸且放出气体,将气体通入品红溶液,溶液不褪色
⑤加足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,在滤液中加入酸化的(NH4)2Fe(SO4)2溶液,再滴加KSCN溶液,显红色
该同学最终确定在上述六种离子中仅含NO
、CO
、Cl-三种阴离子。
请分析,该同学只需要完成上述哪几个实验,即可得出此结论( )
A.①②④⑤B.③④
C.③④⑤D.②③⑤
答案:
B
解析:
③中加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,可证明有Cl-无I-;且放出有色刺激性气体,可证明有NO
。
④中加足量BaCl2溶液产生白色沉淀,该沉淀溶于稀硝酸,可证明无SO
和SO
;产生不能使品红溶液褪色的气体,可证明有CO
。
故选B。
评析:
本题主要考查离子检验的有关内容,考查学生的实验能力、分析能力;本题较难;要分析出每步实验所得结论,然后综合分析要确定溶液中仅含NO
、CO
、Cl-三种阴离子需要哪些实验,才能正确解答本题。
6.[2010·山东卷,13]下列推断正确的是( )
A.SiO2是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应
B.Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物也相同
C.CO、NO、NO2都是大气污染气体,在空气中都能稳定存在
D.新制氯水显酸性,向其中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液呈红色
答案:
A
解析:
A项,SiO2是酸性氧化物,对应的酸是硅酸,SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O;B项,Na2O与CO2反应生成Na2CO3,Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和氧气;C项,CO、NO、NO2都有毒,都是大气污染物,NO和空气中的O2反应生成NO2,不能稳定存在;D项,新制氯水显酸性,有强氧化性,向其中滴加少量石蕊试液,先变红(因为酸性)后褪色(因为氯水的强氧化性)。
评析:
本题考查无机物的相关知识。
SiO2不与水反应,但属于酸性氧化物,这是失分点。
7.[2010·江苏卷,4]下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是( )
A.二氧化硅是生产光纤制品的基本原料
B.水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂
C.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性
D.石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
答案:
D
解析:
石油的主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃,分馏时不会得到烯烃和二烯烃。
评析:
本题考查知识面较广,涉及了二氧化硅的用途、硅酸钠水溶液的用途、盐析及石油的成分等问题,了解石油的成分及分馏操作是得分的关键。
8.[2009·江苏卷,3]下表所列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )
物质选项
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
B
HNO3
NO
NO2
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
CH2=CH2
CH3CH2OH
CH3CHO
答案:
B
解析:
A项,Al(OH)3,变为Al不可能一步实现;B项正确;C项,SiO2变为H2SiO3、H2SiO3变为Si都不可能一步实现;D项,CH3CHO不可能一步变为CH2=CH2。
9.[2009·全国卷二,6]物质的量之比为25的锌与稀硝酸反应,若硝酸被还原的产物为N2O,反应结束后锌没有剩余,则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是( )
A.1:
4 B.1:
5
C.2:
3D.2:
5
答案:
A
解析:
设锌是2amol,HNO3是5amol,则未被还原的HNO3生成了Zn(NO3)2,其物质的量为2n(Zn2+)=4amol;由得失电子守恒:
4Zn~4Zn2+~8e-,2NO
~N2O~8e-,可得被还原的HNO3为:
n(Zn2+)=amol,则被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1∶4,故选A。
10.[2009·重庆卷,9]下列叙述正确的是( )
A.SO2具有还原性,故可作漂白剂
B.Na的金属活动性比Mg强,故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C.浓硝酸中的HNO3见光会分解,故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色
D.Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3,故在与其他非金属反应的产物中Fe也显+3价
答案:
C
解析:
A项,SO2可作漂白剂是因为SO2可与有色物质结合成不稳定的无色物质,并不是因其具有还原性;B项,金属单质Mg的制取应用电解法;D项,Fe与强氧化剂反应显+3价,与弱氧化剂反应显+2价,如Fe与S反应生成FeS。
11.[2009·山东卷,10]下列关于氯的说法正确的是( )
A.Cl2具有很强的氧化性,在化学反应中只能作氧化剂
B.
Cl、
Cl为不同的核素,有不同的化学性质
C.实验室制备Cl2可用排饱和食盐水集气法收集
D.1.12LCl2含有1.7NA个质子(NA表示阿伏加德罗常数)
答案:
C
解析:
A项中,Cl2中的氯元素处于中间价态,所以在化学反应中既可以作氧化剂也可以作还原剂(例如Cl2与H2O反应),故A项错误;B项,同位素的化学性质相同,物理性质不同;D项,没有说明在标准状况下。
12.[2009·宁夏卷,7]将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后,气体体积变为11.2L(体积均在相同条件下测定),则该氮氧化合物的化学式为( )
A.NO2 B.N2O3
C.N2O D.N2O4
答案:
A
解析:
相同条件下,气体的体积比即为物质的量之比,由题知NOx和生成的N2物质的量之比为2∶1,设氮氧化合物化学式为NOx。
NOx+xCu===xCuO+
N2,可知x=1或2均可。
(根据原子守恒,观察可得出)。
二、非选择题
13.[2011·课标卷,26]0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。
请回答下列问题:
(1)试确定200℃时固体物质的化学式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(要求写出推断过程);
(2)取270℃所得样品,于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应的化学方程式为____________________。
把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为________,其存在的最高温度是________;
(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物,该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为____________________;
(4)在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌,有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液的pH=8时,c(Cu2+)=____________mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。
若在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中的H+浓度是________mol·L-1。
答案:
(1)
CuSO4·5H2O
CuSO4·(5-n)H2O+nH2O
25018n
0.80g 0.80g-0.57g=0.23g
n=4
200℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O
(2)CuSO4
CuO+SO3↑
CuSO4·5H2O 102℃
(3)2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O
(4)2.2×10-8 0.2
解析:
该题考查铜及其化合物的性质及其相关化学方程式的书写。
(1)由图像可知:
200℃时,0.80gCuSO4·5H2O分解后剩余固体为0.57g,可分析出结晶水未完全失去。
由CuSO4·5H2O
CuSO4·(5-n)H2O+nH2O可求出n等于4。
(2)由图像可看出270℃时固体质量为0.51g,经过计算分析该固体为CuSO4。
当加热到102℃时,CuSO4·5H2O质量减少,说明该温度时晶体已开始分解,其存在的最高温度是102℃。
(4)由pH=8知c(OH-)=
mol·L-1=10-6mol·L-1,再根据Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20=c(Cu2+)·c2(OH-)可求出c(Cu2+);H2S+CuSO4===CuS↓+H2SO4,由题给数据可求出c(H+)=0.2mol·L-1。
14.[2011·天津卷,7]图中X、Y、Z为单质,其他为化合物,它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。
其中,A俗称磁性氧化铁;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。
回答下列问题:
(1)组成单质Y的元素在周期表中的位置是________;M中存在的化学键类型为________;R的化学式是________。
(2)一定条件下,Z与H2反应生成ZH4。
ZH4的电子式为
________________________________________________________________________。
(3)已知A与1molAl反应转化为X时(所有物质均为固体),放出akJ热量,写出该反应的热化学方程式:
____________________________。
(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式:
________________________________________________________________________。
(5)向含4molD的稀溶液中,逐渐加入X粉末至过量。
假设生成的气体只有一种,请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图,并标出n(X2+)的最大值。
答案:
(1)第二周期第ⅥA族 离子键、共价键 H2SiO3(或H4SiO4)
(3)8Al(s)+3Fe3O4(s)===9Fe(s)+4Al2O3(s)
ΔH=-8akJ/mol
(4)3Fe3O4+28H++NO
===9Fe3++NO↑+14H2O
(5)
解析:
本题利用物质的特性结合框图考查铁、硅、铝及其化合物的性质,并以此为载体考查考生正确使用化学用语描述化学问题的能力。
依题意结合物质的特性可推出框图中的A为Fe3O4,E为SiO2,再结合框图中的信息推出X为Fe、Y为O2、Z为Si,D为HNO3溶液、G为Fe(NO3)3、M为Na2SiO3溶液、R为H2SiO3(或H4SiO4)。
(3)先写出反应的化学方程式:
8Al+3Fe3O4===9Fe+4Al2O3,根据方程式中Al的化学计量数得出反应热的数值为8a,再根据书写热化学方程式的要求——注明反应体系中各物质的状态,放热用“-”、吸热用“+”,单位是“kJ/mol”,正确写出该反应的热化学方程式:
8Al(s)+3Fe3O4(s)===9Fe(s)+4Al2O3(s) ΔH=-8akJ/mol。
(4)硝酸具有氧化性,因此HNO3溶解Fe3O4的同时也把生成的Fe2+氧化为Fe3+,利用氧化还原反应的配平方法——化合价升降法不难写出该反应的离子方程式。
(5)稀HNO3中的HNO3与Fe粉反应时先把铁直接氧化为Fe3+,由反应方程式:
Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可知含4molHNO3的稀溶液可消耗1molFe粉,但不生成Fe2+,即此过程中n(Fe2+)=0,当硝酸消耗完后,再加Fe粉时,又发生反应:
2Fe3++Fe===3Fe2+,此时随铁粉的加入,产生的Fe2+的物质的量逐渐增加,直至Fe3+反应完全,此时n(Fe2+)=1.5mol,根据以上量的关系可画出n(Fe2+)随n(Fe)变化的示意图,并标出n(Fe2+)的最大值为1.5mol。
15.[2011·北京卷,25]在温度t1和t2下,X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表:
化学方程式
K(t1)
K(t2)
F2+H22HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H22HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H22HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H22HI
43
34
(1)已知t2>t1,HX的生成反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)HX的电子式是________。
(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强,HX共价键的极性由强到弱的顺序是
________________________________________________________________________。
(4)X2都能与H2反应生成HX,用原子结构解释原因:
________________________________________________________________________。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性,用原子结构解释原因:
____________,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱。
(6)仅依据K的变化,可以推断出:
随着卤素原子核电荷数的增加,________(选填字母)。
a.在相同条件下,平衡时X2的转化率逐渐降低
b.X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c.HX的还原性逐渐减弱
d.HX的稳定性逐渐减弱
答案:
(1)放热
(3)HF、HCl、HBr、HI
(4)卤素原子的最外层电子数均为7
(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多
(6)ad
解析:
(1)t2>t1时,K(t2) (2)卤素原子最外层都有7个电子。 (3)从F→I,原子核吸引电子的能力逐渐减弱,所以从HF→HI共价键的极性逐渐减弱。 (4)与 (2)原因相同。 (5)从F2→I2,与H2反应的K值越来越小,说明与H2的反应越来越难,原因同(3)。 (6)从F2→I2,与H2反应的K值逐渐变小,则生成物浓度变小,X2的转化率降低,同时说明从HF→HI,氢化物越来越易分解。 但K反映的不是反应速率,不能由K的大小推断反应的剧烈程度,从HF→HI,还原性逐渐增强。 16.[2011·重庆卷,27]固态化合物A由两种短周期元素组成,可与水发生复分解反应。 甲组同学用下图装置(夹持装置略)对其进行探究实验。 (1)仪器B的名称是________________。 (2)实验中,Ⅱ中的试纸变蓝,Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成,则Ⅲ中的试剂为______;Ⅳ中发生反应的化学方程式为____________________;Ⅴ中的试剂为_______。 (3)乙组同学进行同样实验,但装置连接顺序为Ⅰ-Ⅲ-Ⅳ-Ⅱ-Ⅴ-Ⅵ,此时Ⅱ中现象为____________________,原因是__________________________________________。 (4)经上述反应,2.5g化合物A理论上可得0.56L(标准状况)M;则A的化学式为________________。 答案: (1)分液漏斗 (2)碱石灰 3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O 浓H2SO4 (3)试纸变蓝 CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水,使试纸变蓝 (4)Mg3N2 解析: (2)运用物质的性质可知进入Ⅱ中的气体是NH3及NH3从Ⅰ中逸出时带出来的H2O(g);为防止冷的H2O(g)进入热的Ⅳ装置使试管炸裂造成实验失败,Ⅲ应为碱性固体干燥剂——碱石灰、生石灰等;NH3与CuO反应生成不溶于水的单质气体应为N2,利用氧化还原反应原理CuO被还原得到Cu,因此,氨应被氧化得到单质气体N2;气体与固体反应,无论气体是否足量,气体都不能完全反应,总有一部分气体反应物由于未与固体反应物反应而随气体产物逸出,因此V应为除去N2中的NH3的洗气瓶,故Ⅴ中试剂为浓硫酸。 (4)依题意短周期元素与N形成的A可水解生成NH3,可猜测为Mg3N2,然后运用题目给出的数据验证一下: n(N)= =0.05mol, n(Mg)= =0.075mol, 所以n(Mg)∶n(N)=0.075∶0.05=3∶2,符合题意。 17.[2010·全国卷Ⅱ,28]A、B、C、D、E、F、G、H和I是中学化学中常见的气体,它们均由短周期元素组成,具有如下性质: ①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色; ②A和I相遇产生白色烟雾; ③B和E都能使品红溶液褪色; ④将红热的铜丝放入装有B的瓶中,瓶内充满棕黄色的烟; ⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中,镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,瓶内壁附着黑色颗粒; ⑥C和D相遇生成红棕色气体; ⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O; ⑧将B和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟,瓶内壁出现油状液滴并产生A。 回答下列问题: (1)A的化学式是________,②中烟雾的化学式是________; (2)④中发生反应的化学方程式是 ________________________________________________________________________; (3)⑤中发生反应的化学方程式是 ________________________________________________________________________; (4)C的化学式是________,D的化学式是 ________________________________________________________________________; (5)⑦中发生反应的化学方程式是 ________________________________________________________________________; (6)H的化学式是________________。 答案: (1)HClNH4Cl (2)Cu+Cl2 CuCl2 (3)2Mg+CO2 2MgO+C (4)NOO2 (5)2H2S+3O2 2H2O+2SO2 (6)CH4(其他合理答案也给分) 解析: 由题意知A、B、E、F、G为酸性气体,I为NH3,A与NH3相遇产生白色烟雾,则A为HCl气体;由③④信息得B为Cl2,E为SO2;点燃的镁条在二氧化碳中可剧烈燃烧生成MgO和C,故F为CO2;C和D相遇生成红棕色气体,且G在D中燃烧生成SO2和H2O,所以C为NO,D为O2,G为H2S;CH4和Cl2混合后在亮处放置可发生取代反应生成CHCl3、CCl4油状液体和HCl气体,故H为CH4。 评析: 本题重在考查中学化学中常见气体的性质。 该题难度不大,对中学化学中常见气体性质的掌握程度是本题能否得分的关键。 18.[2009·全国卷一,29]已知周期表中,元素Q、R、W、Y与元素X相邻。 Y的最高价氧化物的水化物是强酸。 回答下列问题: (1)W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。 W的氯化物分子呈正四面体结构,W的氧化物的晶体类型是________; (2)Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是________; (3)R和Y形成的二元化合物中,R呈现最高化合价的化合物的化学式是____________; (4)这5个元素的氢化物分子中,①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是(填化学式)__________________,其原因是____________________; ②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是 ________________________________________________________________________; (5)W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下: W的氯化物与Q的氢化物加热
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- 非金属 及其 化合物