届高考化学二轮复习非金属及其化合物专题卷 1.docx

届高考化学二轮复习非金属及其化合物专题卷 1.docx

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届高考化学二轮复习非金属及其化合物专题卷1

非金属及其化合物

1．【2019届山东省临沂市第十九中学高三上学期第三次质量调研】四氯化锡（SnCl4）用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。

实验室制备四氯化锡的装置如下图（部分夹持装置已略去）。

已知：

①金属锡熔融时通入干燥氯气反应可生成四氯化锡；②无水四氯化锡熔点-33℃，沸点114.1℃；③无水四氯化锡遇水蒸气生成白色烟雾。

下列说法不正确的是

A．①、②、⑥、⑦的试管中依次盛装MnO2、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液

B．实验时滴加浓盐酸反应一段时间，然后再点燃④处的酒精灯

C．⑤装置用于收集SnCl4，浸泡在冷水浴中效果更好

D．⑥、⑦两个试管可以用一个装有碱石灰的干燥管来代替

【答案】A

2．【2019届安徽省皖中名校联盟高三10月联考】常温下，二氯化二硫（S2Cl2）为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。

某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是（）

A．实验时需后点燃E处的酒精灯

B．C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸

C．二氯化二硫（S2Cl2）水解反应产物为S、H2S、HCl

D．G、H之间应加上D装置

【答案】C

B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；

C项，根据元素守恒，二氯化二硫（S2Cl2）水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合价必须有升有降，故C错误；

D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。

综上所述，符合题意的选项为C。

【点睛】本题考查物质制取的实验设计与评价，关键是对实验原理及装置的理解，注意结合二氯化二硫遇水易水解的性质及实验操作规范，分析流程中各装置的作用，A、C为本题易错点，注意先通入氯气排出空气，根据元素守恒判断S2Cl2水解产物。

3．【2019届湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考】下列反应原子利用率最高的是

A．工业制漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O

B．工业制备钠2NaCl（熔融）

2Na+Cl2↑

C．火法炼铜3Cu2S+3O2

6Cu+3SO2

D．现代石油工业采用银做催化剂生产环氧乙烷2CH2=CH2→

【答案】D

【解析】化学反应中原子的利用率最高，则反应物全部转化为生成物，且生成物一般一种，常见反应类型有化合反应、加成、加聚反应等。

A、工业制漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，生成物有3种，原子利用率不高，故A错误；

B、工业制备钠2NaCl=2Na+Cl2↑，生成物有2种，原子利用率不高，故B错误；

C、火法炼铜Cu2S+O2=2Cu+SO2生成物有2种，原子利用率不高，故C错误；

D、为化合反应，生成物只有一种，离子利用率最高，故D正确。

故选D。

【点睛】本题综合考查物质的性质以及反应的应用，解题关键：

对原子利用率的理解，化学反应中原子的利用率最高，则反应物全部转化为生成物。

4．【2019届安徽省阜阳三中第一学期第二次模拟】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（　　）

选项

A

B

C

D

X

SO2

Cl2

HCl

NO2

Y

NaOH溶液

饱和NaHCO3溶液

饱和NaCl溶液

Na2SO3溶液

【答案】B

5．【2019届安徽省阜阳三中第一学期第二次模拟】1.52g铜、镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。

下列说法不正确的是（　　）

A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:

1

B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L−1

C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL

【答案】D

B.根据c=

计算该浓硝酸的物质的量浓度；

C.根据n=

计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；

D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=

计算需要氢氧化钠溶液的体积。

【详解】A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为

=0.06mol，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：

，计算得出x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:

0.01mol=2:

1，故A正确；

B.该浓硝酸密度为1.40g·mL－1、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为

mol/L=14mol/L，故B正确；

C.NO2和N2O4混合气体的物质的量为

=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可以知道，a

1+（0.05-a）

1=0.06，计算得出a=0.04，NO2和N2O4 的物质的量之比=0.04mol:

（0.05mol-0.04mol）=4:

1，NO2的体积分数是

100%=80%,故C正确；

D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为0.05L

14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）

2=0.64mol，根据钠离子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为

=0.64L=640mL，所以D选项是错误的。

故选D。

6．【2019届湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考】半导体工业中，有一句行话：

“从沙滩到用户”，即由SiO2制Si。

制取过程中不涉及到的化学反应是

【答案】B

【详解】A、沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑，制取过程中涉及该反应，故A不符题意。

B、制取过程中不涉及该化学反应，故B合题意。

C、硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，反应的化学方程式为Si+2Cl2

SiCl4，制取过程中涉及该反应，故C不符题意。

D、氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiCl+2H2

Si+4HCl，制取过程中涉及该反应，故D不符题意。

故选：

B。

【点睛】解题关键：

了解半导体工业中制取硅的反应原理，C是易错项，用氯气将硅变成气态氯化物，从而与杂质分离。

7．【2019届安徽省阜阳三中高三第一学期第二次模拟考试】高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。

它可以按下列方法制备如下所示，下列说法正确的是

A．步骤①的化学方程式为：

SiO2＋C

Si＋CO2↑

B．灼烧熔融的Na2CO3固体，可用石英坩埚

C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应

D．SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量的SiCl4（沸点67.6℃），通过蒸馏（或分馏）可提纯SiHCl3

【答案】D

【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：

SiO2＋C

Si＋2CO↑，故A错误；

B.石英的主要成分是二氧化硅，高温下Na2CO3和二氧化硅发生反应，故B错误；

C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；

D、沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，所以D选项是正确的。

故选D。

8．【2019届山东省实验中学高三第一次诊断性考试】多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池等的主要原料。

已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示：

下列说法错误的是

A．Y、Z分别为H2、Cl2

B．制取粗硅时焦炭与石英发生副反应生成碳化硅，该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：

2

C．SiHCl3极易水解，产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推测SiHCl3中硅为+2价

D．多晶硅是硅的一种同素异形体

【答案】C

【点睛】易错点为选项C，学生错认为SiHCl3中Si的化合价为＋2价，SiHCl3易水解，发生SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋H2↑＋3HCl，按照水解原理，Si应与水电离出的OH－结合成H2SiO3，H2SiO3中Si为＋4价，Si的化合价不变，，Cl－结合水电离的出的H＋，生成HCl，即SiHCl3中H应显－1价，与H2O电离出的H＋发生氧化还原反应，生成H2，SiHCl3中Si显＋4价。

9．已知Ca（OH）2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入足量的氯气，二者恰好完全反应。

生成Cl-、ClO-、ClO3-三种含氯元素的离子，其中ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间

（t）的曲线如图所示。

（1）t1时，开始有ClO3-生成的原因是_____。

（2）t2时，Ca（OH）2与Cl2发生反应的总的化学方程式为___________。

（3）该石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量是________mol。

（4）若反应物的量不变，在某温度下恰好完全反应时，氧化产物比值为

a，则n（Cl-）=_____mol

（用含a的代数式来表示）。

【答案】反应放热使温度升高，在较高温度下可生成

ClO3-10Cl2+10Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+2Ca（ClO）2+7CaCl2+10H2O5

（4）参加反应的氯气n（Cl2）=n[Ca（OH）2]=5mol，根据氯元素守恒可知，n（ClO-）+n（ClO3-）+n（Cl-）=2n（Cl2）=10mol，若n（ClO-）/n（ClO3-）=a，则an（ClO3-）+n（ClO3-）=10-n（Cl-），根据电子转移守恒有，an（ClO3-）+5n（ClO3-）=n（Cl-），联立方程计算n（Cl-）。

【详解】

（1）由图可知，t1前发生Cl2+Ca（OH）2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，该反应为放热反应，温度升高，t1时开始反应生成Ca（ClO3）2；正确答案：

反应放热使温度升高，在较高温度下可生成ClO3-。

（2）由图可知，t2时n（ClO-）=2mol，n（ClO3-）=1mol，所以n（ClO-）/n（ClO3-）=2；氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、H2O，且n[Ca（ClO）2]:

n[Ca（ClO3）2]=2:

1，反应方程式为10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；正确答案：

10Cl2+10Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+2Ca（ClO）2+7CaCl2+10H2O。

（3）由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n（ClO-）=2mol，故n[Ca（ClO）2]=1mol，n（ClO3-）=1mol，故n[Ca（ClO3）2]=0.5mol，根据方程式10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O可知，n[Ca（OH）2]=10n[Ca（ClO3）2]=0.5mol×10=5mol；正确答案：

5。

（4）由（3）可知，参加反应的氯气n（Cl2）=n[Ca（OH）2]=5mol，根据氯元素守恒可知，n（ClO-）+n（ClO3-）+n（Cl-）=2n（Cl2）=10mol，若n（ClO-）/n（ClO3-）=a，则an（ClO3-）+n（ClO3-）=10-n（Cl-），根据电子转移守恒有，an（ClO3-）+5n（ClO3-）=n（Cl-），联立方程解得，n（ClO3-）=5a+3，则n（Cl-）=（5a+25）/（a+3）；正确答案：

。

10．【2019届山西大学附属中学高三9月模块诊断】如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。

已知：

Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2。

（1）①实验中控制氯气与空气体积比的方法是____________________________。

②为使反应充分进行，实验中采取的措施有______________________________。

③装置D的作用是______________________________。

（2）①装置B中产生Cl2O的化学方程式为：

____________________________________。

②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。

其原因是_____________________。

（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为______________________________________。

（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。

测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：

用______（填“酸”或“碱”）式滴定管取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的______，再加入足量的______，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。

（可选用的试剂：

H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液）。

【答案】通过观察A中产生气泡的速率调节流速搅拌、使用多孔球泡吸收未反应的氯气，防止污染空气2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2该反应放热，温度升高Cl2O会分解HClO见光易分解酸　H2O2溶液硝酸银溶液

（3）水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，HClO见光易分解，故装置C中采用棕色圆底烧瓶；

（4）次氯酸溶液既有酸性，又有强氧化性，应选用酸式滴定管；具体实验操作是：

向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量。

11．【2019届浙江省嘉兴市高三上学期9月份考试】纯净的氮化镁（Mg3N2）是淡黄色固体，热稳定性较好，遇水极易发生反应。

某同学初步设计了如下实验装置制备氮化镁（夹持及加热仪器没有画出）。

己知：

Mg+2NH3→Mg（NH2）2+H2。

请回答：

（1）A中观察到的实验现象是_____________，装置C的作用除了干燥以外还有________________；

（2）下列说法不正确的是__________

A．为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气

B．装B起到了缓冲安全的作用

C．将装罝B、C简化成装有碱石灰的U型管，也能达到实验目的

D．实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体

【答案】黑色固体物质变成红色吸收NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物CD

【点睛】本题的易错点是

（2）中的D选项，学生没有审清试纸颜色变化，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是蓝色变为红色。