专题3元素及其化合物第2讲 非金属元素及其化合物提能力Word格式.docx

1、D除去FeCl2中少量的FeBr2，加入适量氯水；再加四氯化碳萃取分液碳酸和亚硫酸的酸性弱于盐酸，CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，也不能产生沉淀，A不正确；NO在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化金属铜而使其溶解，B不正确；Fe2能被氯水氧化为Fe3，D不正确。BC3下列有关化学知识在生产、生活中应用的叙述正确的是（）工业上合成新型氮化硅（Si3N4）陶瓷需要在高温、空气气氛中进行钢铁制品锈蚀主要是因为钢铁中含有碳而发生原电池反应，因此生铁炼钢时要尽可能完全除去生铁中的碳海水淡化和工业生产及生活废水的再生利用，是解决缺水问题的有效途径高铁酸钠（Na2FeO4）和Cl2

2、O都能作净水剂，其原理完全相同液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入生石灰A BC D：合成Si3N4陶瓷应隔绝空气；：若将生铁中的碳全部除去，得到纯铁，其机械性能远远低于铁合金；：Na2FeO4作净水剂有两个作用：一是6价的铁具有极强的氧化性，从而起到杀菌消毒效果，同时其被还原为3价铁，Fe3水解产生Fe（OH）3胶体，吸附水中的悬浮物，而Cl2O作净水剂时，只是起到杀菌消毒效果；：Cl2能与Ca（OH）2溶液反应而被除去。D4X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙 是两种常见的化合物。下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是：（）选项XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HC

3、lBMgO2CO2MgOZnFeFeCl2ZnCl2N2NH3H2O解答本题时，可将选项代入框图逐一验证，因为Fe与Cl2反应生成的是FeCl3而不是FeCl2，所以C项不符合。5A、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：A、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；A和I相遇产生白烟；B和E都能使品红溶液褪色；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；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；C和D相遇生成红棕色气体；G在D中燃烧

4、可以产生E和H2O；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_，中烟雾的化学式是_；（2）中发生反应的化学方程式是_；（3）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）中发生反应的化学方程式是_；（6）H的化学式是_。本题考查常见气体的化学性质，意在考查考生能否将常见气体归纳，形成知识网络，达到灵活运用的能力。根据I气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可以确定I是NH3；根据I与A相遇可以产生白烟，确定A是HCl；B、E具有漂白性，可推测为Cl2和SO2，其中B与铜丝反应有棕黄色的烟生成，确定B是Cl2，E是

5、SO2；镁条在F中燃烧有白色固体和黑色固体生成，确定是CO2与Mg的反应，则F是CO2；C和D相遇有红棕色气体生成，说明C和D可能是O2和NO，G在D中燃烧生成SO2（E）和H2O，根据质量守恒定律可以确定G为H2S，D为O2，则C是NO；再根据B（Cl2）与H混合，有油状液滴和A（HCl）生成，确定H是CH4。（1）HClNH4Cl（2）CuCl2CuCl2（3）2MgCO22MgOC（4）NOO2（5）2H2S3O22H2O2SO2（6） CH4（其他合理答案也给分）（限时45分钟，满分100分）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）1硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的

6、是（）A硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C反应：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2中，Si为还原剂，NaOH和H2O为氧化剂D盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅粗硅提纯涉及的反应：Si2Cl2SiCl4、SiCl42H2Si4HCl都是氧化还原反应，B错误；硅与氢氧化钠溶液反中NaOH既不是氧化剂，也不是还原剂，只是反应物，起氧化作用的只是水，C错误；硅能与氢氟酸反应，但不能与盐酸反应，D错误。2下列有关说法正确的是（）ASO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同B用蒸馏水将红色石蕊试纸润湿，可用于检验氨气C某失去标签

7、的试剂，开盖后冒白雾，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成，说明该试剂为浓盐酸D浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低，其原理相同SO2漂白是利用其与有色物质化合，生成不稳定的无色物质，漂白粉、过氧化钠漂白是利用其强氧化性，破坏有色物质的结构，而活性炭使红墨水褪色，是由于活性炭具有吸附性，将有色物质吸附在活性炭的表面，故漂白原理不同，A项错误；C项也可能是浓硝酸；浓硫酸浓度降低的原因是由于吸水，而浓盐酸浓度降低的原因是由于氯化氢气体的挥发，所以两者不能用同一原理解释，D项错误。3下列各物质中，不能按 （“”表示一步完成）关系相互转化的是（）abcFeCl3NaClONaClSiO2Na2SiO3

8、HNO3NONO2Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与铁粉反应生成FeCl2，铝能从FeCl2溶液中置换出铁单质，A项可以；Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，NaClO溶液与SO2反应可生成NaCl，电解NaCl溶液可生成氯气，B项可以；铜与稀硝酸反应可生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，D项可以；C项Na2SiO3无法直接生成Si，C项错误。4双选题已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是AX使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性B若A为铁，则足量A与X在室

9、温下即可完全反应C若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂由“X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑”可推知X为浓硫酸，结合框图分析可推知B为SO2，D为SO3。使蔗糖变黑的现象主要体现浓硫酸的脱水性，A正确；铁在室温下遇浓硫酸发生钝化，需加热才能发生反应，B不正确；A为碳单质，则C为CO2，CO2气体过量时，生成碳酸氢钙溶液，没有白色沉淀产生，C不正确。AD5双选题下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去），当X

10、是强碱时，过量B跟氯气反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法不正确的是（）A当X是强酸时，ABCDEF均含同一种元素，F是硫酸B当X是强碱时，ABCDEF均含同一种元素，F是硝酸CB和Cl2的反应是非氧化还原反应D当X是强酸时，C常温下是气态单质根据A能与酸、碱反应，且B为气态氢化物，则A为（NH4）2S。X是强酸时，B为H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4，A正确；X是强碱时，B为NH3，C为N2，D为NO，E为NO2，F为HNO3，B正确；B和Cl2的反应为H2SCl2=2HClS或8NH33Cl2=N26NH4Cl，C错误；X是强酸时，C为S，常温下为固体，D错误。

11、CD6有一瓶无色溶液，可能含有K、Al3、Mg2、NH、Cl 、SO、HCO、MnO离子中的几种。为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是（）A肯定有Al3、Mg2、NH、ClB可能有Al3、Mg2、HCOC肯定无NH、 MnO、SOD肯定有Al3、Mg2、SOMnO为紫色，肯定不存在；加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体，说明不含NH，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，说明一定有Al3、Mg2，A

12、l3与HCO不共存，则不含HCO，说明一定含SO，溶液中一定含有的离子为：Al3、Mg2、 SO。7足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48 L（标准状况），这些气体与一定体积 O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH 溶液至Cu2恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60 mL。A参加反应的硝酸是0.5 mLB消耗氧气的体积为1.68 LC此反应过程中转移的电子为0.6 molD混合气体中含NO2 3.36 L由60 mL 5 mol/L NaOH溶液使Cu2恰好完全沉淀可知参加反应的铜为0.15 mol，此过程转移的电子为0.3 mol。由氮元素守恒Cu（NO3）2、NO2、NO中氮原子的物质的量之和与参加反应硝酸的物质的量相等，参加反应的硝酸为0.5 mol。根据电子守恒，若将NO2、NO氧化为硝酸消耗的氧气为0.3 mol422.4 L/mol1.68 L。由元素守恒和电子守恒列方程，可计算出NO2的体积为3.36 L。二、非选择题（本题包括4小题，共58分）8（15分）饮用水质量是关系人类健康的重要问题。（1）氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为_。（2）写出工业上制取漂白粉的化学反应方程