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1、长沙一中高二化学专项训练四非金属及其化合物姓名 班级 测试日期 学生总结家长意见第I卷（选择题）1（本题3分）青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石(Tremolite)的化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2。下列有关说法不正确的是（ ）A透闪石的化学式写成氧化物的形式为：2CaO5MgO8SiO2H2OB透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍C1 mol Ca2Mg5Si8O22(OH)2与足量的盐酸作用，至少需要14 mol HClD透闪石是一种新型无机非金属材料，难溶于水2（本题3分）纯

2、二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是（ ）AX可用作木材防火剂B步骤II的反应是Na2SiO3 + H2SO4 = H2SiO3(胶体) + Na2SO4C步骤中的稀硫酸可用CO2来代替D步骤 若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行3（本题3分）在过量FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，并加入适量硫酸，溶液立即变为棕黄色为检验上述反应中的还原产物，下列实验步骤中合理的组合是（ ）过滤，取滤液 加入硝酸酸化的AgNO3溶液出现白色沉淀 取一支试管，加入上述反应后的少许溶液 再加入过量Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀 再加入过量BaCl2溶液，出现白色沉淀A B C D4（本题3分）某同

3、学用右图所示装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是（ ）A图：若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完B图：证明新制氯水只具有酸性C图：产生了棕黄色的雾D图：湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白性5（本题3分）标准状况下，使NO2和O2按4:1的体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为（ ）AmolL-1 BmolL-1 CmolL-1 DmolL-16（本题3分）为了防止NO，NO2，N2O4对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理，反应的化学方程式2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，NO2+N

4、O+2NaOH2NaNO2+H2O现有由a molNO、bmol NO2、c molN2O4组成的混合气体，能被1.0 molL1的氢氧化钠溶液完全吸收，则消耗氢氧化钠溶液的体积最小为（ ）A（a+b+c）L B2（a+b+c）L C（a+b+2c）L D3（a+b+c）L7（本题3分）将Mg、Cu组成的2.64 g混合物投入到100 mL稀硝酸中完全溶解，并收集还原产物NO气体（还原产物只有一种）。然后向反应后的溶液中逐滴加入2 molL-1 NaOH溶液，右图是生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积间的关系图。以下说法不正确的是( )A稀硝酸的浓度为1.9 mol/L B生成的NO在标况下的

5、体积为0.896 L Ca的值为15 DCu的物质的量为0.02 mol8（本题3分）“绿色化学”实验已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是（ ）实验室收集氨气采用图1所示装置 实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置 实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A B C D 9（本题3分）硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是（ ）A氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为Si3N4 B碳化硅（SiC）的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承C光导纤维是一种新型无机非金属材料

6、，其主要成分为SiO2D二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键的个数之比为1 : 2 10（本题3分）某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO- 与ClO3-的物质的量浓度之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为（ ）A1：3 B4：3 C2：1 D3：411（本题3分）G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，在一定条件下具有如下转化关系（ ）AGQ+NaCl BQ+H2OX+H2CY+NaOHG+Q+HO DZ+NaOHQ+X+H2O判断氯的化合价由低到高的排列顺序A X Y Z G

7、Q BY X Z G Q CG Y Q Z X D X Z Q Y G12（本题3分）Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH外，还有Cl、ClO、ClO3，且这三种离子的物质的量之比为9：2：1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为（ ）A5：2 B2：5 C3：1 D1：313（本题3分）在相同条件下，分别将下列气体等体积混合于四支大小相同的试管中：NO和NO2；NO2和O2；HCl和O2；NH3和N2，将四支试管倒立于水中，当试管中水面不再上升时，试管中溶液的物质的量浓度最小的是（假设试管中溶质不扩散） （ ）A B C D14（本题3分）已知氮的

8、氧化物跟溶液发生的化学反应如下：3NO2+2NaOH=2NaNO3+NO+H2O、NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有mmolNO2和nmolNO组成的混合气体，要用NaOH溶液完全吸收且反应后无气体剩余，现有浓度为amol/L的NaOH溶液，则需此NaOH溶液的体积是( )A（m/a）L B（2m/3a）L C2（m+n）/3a L D（m+n）/aL15（本题3分）在通常条件下，NO2和SO2可以很容易发生反应生成NO和SO3现将碳跟浓硫酸共热产生的气体X和碳跟浓硝酸共热产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法正确的是（ ）A洗气瓶中产生的

9、沉淀是碳酸钡 B洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡C在Z导管出来的气体中无二氧化碳 D反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性减弱16（本题3分）为了测定铁铜合金的组成，将7.6g铁、铜合金加入100mL某浓度的稀硝酸中，将合金完全溶解后，共收集到NO气体2.24L(标准状况下)，并测得溶液中H+的浓度为0.5molL-1，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是（ ）A上述反应中金属共失去电子0.1molB合金中，铜的质量为2.8gC原硝酸的浓度：c(HNO3)=4.5molL-1D要使溶液中的金属离子完全沉淀，需加5molL-1的NaOH溶液60mL第II卷（非选择题）17（本题8分）硅是人类

10、文明发展的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。（1）工业生产粗硅的反应有：SiO2+2C Si（粗）+2CO，SiO2+3C SiC+2CO。若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2的质量之比为 。（2）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：若反应I为 Si（粗）+3HCl SiHCl3+H2，则反应II的化学方程式为 。整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另 一种物质，写出该反应的化学方程式： 。设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%

11、，反应II中H2的利用率为93.75%，则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是 。18（本题10分）工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx(NO和NO2的混合物，假设不含N2O4)，对生态环境和人类健康带来较大的威胁。（1）工业上可用氨催化吸收法处理NOx，反应原理如下：4xNH36NOx (2x3)N26xH2O某化学兴趣小组模拟该处理过程的实验装置如右：装置A中发生反应的化学方程式为_。装置D中碱石灰的作用是_。（2）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx。已知：NO不能与Na2CO3溶液反应。NONO2Na2CO3=2NaNO2CO2()2NO2Na2CO3=

12、NaNO2NaNO3CO2()当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是_(填字母)。A19 B17 C 12将1 mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO、NO两种离子的物质的量随x变化关系如右图所示：图中线段a表示_的物质的量随x值变化的关系；若用溶质质量分数为424%的 Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少_g。用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生224 L(标准状况)CO2(全部逸出)时，吸收液质量就增加44 g，则NOx中的x值为_。19（本题10分）（10分）NO分子曾因污染空气而臭名昭著，但随着其“扩张血管、免疫、增强记

13、忆”功能的发现，现在成为当前生命科学研究中的“明星分子”，回答下列问题（1）NO的危害在于_(填字母)。a破坏臭氧层 b参与酸雨和光化学烟雾的形成c与人体内血红蛋白结合 d当它转化为N2后使空气中O2含量降低（2）在含有Cu+的酶的活化中心，亚硝酸根离子（NO2）可转化为NO，写出Cu+和NO2在酸性溶液中转化为NO的离子方程式 。（3）一定条件下NO可转化为N2O和另一种红棕色气体，方程式为 。（4）将005molNO、003molO2的混合气体以适当的速率缓慢通入盛有100mL水的集气瓶中，最终所得溶液中溶质的物质的量浓度为（设溶液体积变化忽视不计） 。（5）镁铁混合物49g，溶解在过量的

14、某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下224L NO 气体。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是_。20（本题10分）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_。欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。

15、在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_反应的化学方程式_将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2_21（本题8分）将一定质量由Cu和CuO组成的固体粉末加入到100 mL 11 mol/L的浓HNO3中，充分反应后，固体溶解完全，收集到NO、NO2混合气体6.72 L（标准状况）。若将该混合气体与2.24 L O2（标准状况）混合并通入到足量水中，恰好生成HNO3。（1）NO的体积是 L，NO2的体积是 L（标准状况）。（2）固体粉末中Cu单质的质量是 g。（3）向浓HNO

16、3反应后的溶液中加入4 mol/L的NaOH溶液，当Cu2恰好沉淀完时，需NaOH溶液的体积是 L22（本题6分）以下物质A、B、C、X均属于中学常见的物质，已知它们之间有如下转化关系（其中副产物已被略去，例如H2O等）。请根据上述转化关系回答下列问题：（1）若X是具有强氧化性的气体单质，且B的分子式是CH2O，则X的化学式是_。（2）若X是非氧化性强酸，且C是一种酸性氧化物，则C的化学式是_（只要求写一例）。（3）若X是金属单质，请写出反应的离子方程式_。（4）若X是强碱，且A、B、C都含有同一种金属元素，请写出反应的离子方程式_。参考答案1D【解析】试题分析：A、硅酸盐改写成氧化物的形式为

17、：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物SiO2H2O，同时要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O22(OH)2写成氧化物形式为：2CaO5MgO8SiO2H2O，故A正确；B、透闪石中Mg元素的质量分数是100%，Ca元素质量分数是，Mg元素的质量分数：Ca元素质量分数=3：2，Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍，故B正确；C、根据 CaO2HCl，MgO2HCl，结合透闪石氧化物形式可知 1 mol透闪石，至少需要消耗 14 molHCl，故C正确；D、透闪石不是新型无机非金属材料，故D错误；故选D。2D【解析】试题分析：分析流程知反应为，反应为，反应为。A、X为硅酸钠溶液，可用作木材防

18、火剂，正确；B、步骤II的反应是Na2SiO3 + H2SO4 = H2SiO3(胶体) + Na2SO4，正确；C、碳酸的酸性比硅酸强，故步骤中的稀硫酸可用CO2来代替，正确；D、步骤 为硅酸固体的灼烧，若在实验室完成，一般在坩埚中进行，错误。3D【解析】试题分析：在过量FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，二者发生氧化还原反应，还原产物为氯离子，检验氯离子时应该先用过量的Ba(NO3)2溶液除去硫酸根离子，然后过滤，再用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，所以实验步骤为：取一支试管，加入上述反应后的少许溶液、再加入过量Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀、过滤，取滤液、加入硝酸酸化的AgNO3

19、溶液出现白色沉淀，故选D。4A【解析】试题分析：MnO2只与浓盐酸反应，所以若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完，故A正确；新制氯水能使石蕊试液先变红后褪色，证明新制氯水具有酸性和氧化性，故B错误；铜在氯气中燃烧产生了棕黄色的烟，故C错误；氯气没有漂白性，故D错误。5C【解析】试题分析：设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL4NO2 +O2 +2H2O=4HNO3 c（HNO3）=6C【解析】根据方程式知，氮氧化物被NaOH吸收生成钠盐，无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，N、Na原子个数之比都是1：1，根据N、Na原子关系式得V（NaOH）=（a+b+2c）L，故选C7

20、D【解析】试题分析：由图可知，滴加氢氧化钠溶液，开始没有沉淀生成，故硝酸有剩余，加入75mL氢氧化钠溶液时沉淀为最大值，此时Mg2+、Cu2+全部形成沉淀，溶液中溶质为NaNO3，沉淀的质量为4.68g，故沉淀含有氢氧根离子的质量为4.68g-2.64g=2.04g，沉淀的物质的量为=0.06mol，令金属中Mg的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，根据二者质量之和与物质的量只和可知，x+y=0.06；24x+64y=2.64，故x=0.03mol，y=0.03mol。金属提供的电子的物质的量为0.06mol2=0.12mol，根据电子转移守恒可知，生成NO的物质的量为=0.04mo

21、l。A、原硝酸的物质的量为n(NaNO3)+n(NO) =n(NaOH)+n(NO) =0.075L2molL-1+0.04mol=0.19mol，故原硝酸的物质的量浓度为=1.9mol/L，故A正确；B、生成NO的物质的量为0.04mol，标准状况下体积为0.04mol22.4L/mol=0.896L，故B正确；C、金属混合物中Cu、Mg的物质的量都为0.03mol，利用元素守恒可知，铜离子、镁离子消耗的氢氧根离子的物质的量为0.06mol2=0.12mol，则消耗的氢氧化钠的体积为=0.06L=60mL，故a=75-60=15，故C正确；D、由上述分析可知，Cu的物质的量为0.03mol，

22、故D错误。故选D。8C【解析】试题分析：实验室收集氨气采用图1所示装置，在制备的过程中用带有酚酞的水吸收溢出的氨气防止污染环境，故符合绿色化学的要求实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置，用沾有碱液的棉团可以吸收多余的氯气，防止污染环境，因此也符合绿色化学的范畴实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验，挥发的氯化氢和氨气会污染大气，因此不符合绿色化学的要求实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应，生成的氮的氧化物及时收集在气球里面，也可以做到防止污染环境，也符合绿色化学的要求综上所述符合要求，故选C。9D【解析】试题分析：A氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子

23、稳定结构，Si原子最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，要形成8电子稳定结构，则应有二者个数比值为3：4，其化学式为Si3N4，正确；BSiC为原子晶体，熔点高，硬度大，可用于做耐高温材料，正确；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，正确；D二氧化硅晶体中，一个硅原子可形成4个硅氧单键，故硅原子和硅氧单键个数之比为1：4，错误。10. B【解析】试题分析：Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO与ClO3的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO为11mol，ClO3为1mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量

24、为11mol（10）+1mol（50）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3，答案选B。11C【解析】试题分析：GQ+NaCl，则Cl元素的化合价：QG；Q+H2OX+H2，则Cl元素的化合价：XQ；Y+NaOHG+Q+HO，则Cl元素的化合价：QYG；Z+NaOHQ+X+H2O，则Cl元素的化合价：XZQ，使用综上所述可知，氯的化合价由高到低的排列顺序是：X

25、ZQYG，则氯的化合价由低到高的排列顺序是G Y Q Z X，故选项C正确。12A【解析】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO、ClO3是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl、ClO、ClO3离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol（10）+1mol（50）=7mol；根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl为被还原的过程，化合价从0价较低为1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的

26、量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选A13. B【解析】试题分析：发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3体积二氧化氮反应生成1体积NO，溶液体积为2体积，则所得硝酸的浓度为；发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4体积二氧化氮反应消耗1体积氧气，剩余3体积氧气，溶液体积等于5体积，则所得硝酸的浓度为；中HCl溶解，溶液体积等于HCl的体积，所得盐酸的浓度为；中氨气溶解，溶液体积等于氨气的体积，所得氨水的浓度为，答案

27、选B。14D【解析】试题分析：根据反应方程式可知反应后的生成物是NaNO2、NaNO3；根据N、Na原子守恒可知mmolNO2和nmolNO组成的混合气体制N的物质的量是(m+n)mol，则反应需要NaOH的物质的量是(m+n)mol，由于NaOH溶液的浓度是amol/L，所以其体积是V=n/c=(m+n)molamol/L= （m+n）/aL，故选项D正确。15B【解析】试题分析：C2H2SO4（浓） CO22SO22H2O，C4HNO3（浓）=CO24NO22H2O，CO2不与BaCl2溶液反应，3NO2H2O=2HNO3NO，硝酸具有强氧化性，把SO2氧化成H2SO4，然后生成BaSO4

28、沉淀，故A错误、B正确；Z导管倒出来的气体为CO2，故错误；D、生成盐酸和硝酸，酸性增强，故错误。16C【解析】试题分析：n(NO)=0.1mol，则转移电子为0.1mol(5-2)=0.3mol，反应后溶液中的c(H+)=0.5mol/L，则反应后剩余n(HNO3)=0.5mol/L0.1L=0.05mol，设合金中Cu为xmol，Fe为ymol，由电子守恒可知：2x+3y=0.3mol，由合金的质量可知：64x+56y=7.6，解得x=0.075mol，y=0.05mol；A由分析可知，金属共失去电子0.3 mol，故A错误；B合金中，铜的质量为0.075mol64=4.8 g，故B错误；

29、C反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，以及剩余的硝酸，根据氮原子守恒可知，n(HNO3)=0.0752+0.053+0.1+0.05=0.45mol，则c(HNO3)=4.5mol/L，故C正确；D要使溶液中的金属离子完全沉淀，溶液中的溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.0752+0.053+0.05=0.35mol，V= =0.07L=70mL，故D错误；故选C。17. （1）1:2（2）SiHCl3+H2Si（纯）+3HClSiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2 5:1【解析】试题分析：（1）将两方程式叠加，可知C和SiO2的物质的量之比为5:2，因此质量比为：（512）：（260）=1:2。（2）由流程图可知反应II是SiHCl3和H2反应生成纯硅和HCl，因此方程式为SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl。写出方程式中已知物质：SiHCl3+3H2O H2SiO3+3HCl，由原子守恒可知另一种物质为H2，因此反应的化学方程式为SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2。由题中条件可知：Si（粗）+ 3HCl SiHCl3 + H21mol 3