2021届高考化学二轮复习：第11讲-非金属单质及其化合物-Word版含解析.docx

第11讲非金属单质及其化合物一、小题对点练一、非金属单质及其化合物的性质及用途1(2022海淀模拟)下列有关物质用途的说法，不正确的是()。A二氧化硫常用来漂白纸浆B漂粉精可用于游泳池的消毒C晶体硅常用于制作光纤制品D干冰和碘化银可用于人工降雨解析制作光纤制品的是二氧化硅，C项错误。答案C2下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是()。A氨气具有氧化性，用浓氨水检验氯气管道是否泄漏B氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸取溴蒸气D铜的金属活泼性比铝的弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸解析A项，用浓氨水检验氯气管道是否漏气是由于发生反应：3Cl28NH36NH4ClN2，生成了白烟，体现了氨气的还原性，错误；B项，氢氟酸具有弱酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃发生的反应为SiO24HFSiF42H2O，没有体现氢氟酸的酸性，错误；C项，用二氧化硫水溶液吸取溴蒸气时发生反应Br2SO22H2O=2HBrH2SO4；体现了SO2的还原性D项，常温下浓硝酸能使铝钝化，表面生成致密的氧化膜，形成爱护层，可以用铝罐贮运浓硝酸，而常温下铜能与浓硝酸发生反应而溶解。答案C3(2022镇海模拟)下列试验过程中，始终无明显现象的是()。ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入Ba(NO3)2溶液中解析A项，NO2与水反应生成硝酸，硝酸可将Fe2氧化为Fe3，溶液由浅绿色变为黄色，不符合；B项，碳酸的酸性比盐酸弱，故CO2与CaCl2溶液不反应，符合；C项，氨气溶于水得到氨水，Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，生成白色沉淀Al(OH)3不溶于氨水，不符合；D项，SO2H2OH2SO3，在酸性环境下，硝酸将H2SO3氧化为H2SO4，生成白色沉淀BaSO4，不符合。答案B4C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及其化合物的说法中正确的是()。A三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应D其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4H2SiO3H2CO3解析A项，Si元素性质活泼，具有亲氧性，在自然界中无游离态，错误；B项，SiO2能与HF反应，错误；C项，C、Si、S三种元素低价态气态氢化物分别为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，正确；D项，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强：H2SO4H2CO3H2SiO3，错误。答案C二、非金属单质及其化合物的相互转化5(2022杭州学军中学模拟考试)X、Y、Z三种不同物质有如图所示的转化关系，则X不行能是()。AAl2O3 BSiO2 CCO2 DNH4Cl解析将四个选项代入，若X为Al2O3，则Y为NaAlO2，Z为Al(OH)3，A项符合题意；若X为SiO2，则Y为硅酸钠，Z为硅酸，B项符合题意；若X为CO2，则Y为碳酸钠，Z为碳酸氢钠，C项符合题意；若X为NH4Cl，则Y为一水合氨，Z为NH4Cl，与题目要求“X、Y、Z三种不同物质”不符，故D项不正确。答案D6(2022南昌二模)X、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AH2SiCl2SiCl4HClBMgCO2CO2MgOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DO2N2H2NH3H2O解析解答本题时，可将选项代入框图逐一验证，由于Fe与Cl2反应生成的是FeCl3而不是FeCl2，所以C项不符合。答案C三、非金属单质及其化合物的试验探究7(2022温州测试)用如图所示装置制取表中的四种气体(图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂)。气体abcdCO2稀盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓H2SO4Cl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓H2SO4SO2稀H2SO4Cu品红溶液浓H2SO4H2稀盐酸锌粒NaOH溶液浓H2SO4上述方法中可以得到干燥、纯洁的气体是()。ACO2 BCl2 CSO2 DH2解析制备CO2时不能用饱和碳酸钠溶液吸取其中HCl，由于CO2也能溶于饱和碳酸钠溶液中，A错误。除去Cl2中混有的HCl气体不能用NaOH溶液，由于Cl2也能与NaOH溶液反应，B错误。铜与稀硫酸不反应，不能用于制备SO2，C错误。答案D8(2022冀州期中)用4种溶液进行试验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系中错误的是()。选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊，连续通CO2至过量，浑浊消逝；再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液B通入CO2，溶液变浑浊，连续通CO2至过量，浑浊消逝Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液没有明显变化，再通入氨气，溶液变浑浊CaCl2溶液解析将CO2通入Na2SiO3溶液中，反应生成不溶性的硅酸，CO2过量时，硅酸不溶解，故B项错误。答案B9如图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质推压到甲针筒内，进行表中所列的4个不同试验(气体体积在同温同压下测定)。下列说法正确的是()。试验序号甲针筒内物质乙针筒内物质110 mL HCl10 mL NH3230 mL NO210 mL H2O(液)320 mL HBr10 mL Cl2410 mL CCl410 mL NH3A.上述4个试验均发生了氧化还原反应B试验2，甲针筒内最终的无色气体是NOC试验3，甲针筒内布满黄绿色气体D试验4，甲针筒内活塞将向右移动解析选项A，试验1发生的反应是化合反应，反应前后各种元素的化合价都没有发生变化，所以是非氧化还原反应。选项B，NO2与H2O发生反应3NO2H2O=2HNO3NO，所以甲针筒内最终的无色气体是NO。选项C，HBr和Cl2反应生成HCl和红棕色的Br2蒸气。选项D，NH3是极性分子，不溶于非极性溶剂CCl4，故甲针筒内活塞将向左移动。答案B二、大题冲关练10(2022福建理综，25)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某争辩小组进行如下试验： 试验一焦亚硫酸钠的制取接受下图装置(试验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3SO2=Na2S2O5(1)装置中产生气体的化学方程式为_。(2)要从装置中获得已析出的晶体，可实行的分别方法是_。(3)装置用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。试验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可接受的试验方法是_(填序号)。A测定溶液的pH B加入Ba(OH)2溶液C加入盐酸 D加入品红溶液E用蓝色石蕊试纸检测(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的试验方案是_。试验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下： 溶液消灭蓝色且30 s内不褪色(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2O=H2SO42HI)按上述方案试验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次试验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述试验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。解析(1)装置中浓H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2，其化学方程式为Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O。(2)装置中已有晶体析出，可通过过滤操作得到Na2S2O5晶体。(3)食盐水和浓H2SO4不能吸取SO2，故b、c错误；a项，瓶口封闭易造成试验事故，错误；d项，既能吸取SO2，又能防止发生倒吸，正确。(4)HSO电离显酸性，水解显碱性，要证明HSO的电离程度大于水解程度，则证明NaHSO3溶液显酸性即可，故可通过测定溶液的pH，或用蓝色石蕊试纸检测等方法。(5)Na2S2O5晶体被空气氧化的产物为Na2SO4，故可通过检验SO离子来检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，其具体方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已被氧化。(6)依据滴定反应的化学方程式：SO2I22H2O=H2SO42HI，可计算葡萄酒中抗氧化剂的残留量，即SO2的含量为0.16 gL1。若有部分HI被氧化生成I2，则滴定时消耗标准液的体积偏小，则测得结果偏低。答案(1)Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O(或Na2SO32H2SO4(浓)=2NaHSO4SO2H2O)(2)过滤(3)d(4)A、E(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成(6)0.16偏低11(2022舟山测试)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是试验室制备SiCl4的装置示意图。试验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/57.7315熔点/70.0升华温度/180300请回答下列问题：(1)写出装置A中发生反应的离子方程式：_，装置D的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是_。(2)装置C中的试剂是_；D、E间导管短且粗的缘由是_。(3)G中吸取尾气一段时间后，吸取液中确定存在OH、Cl和SO。请设计试验，探究该吸取液中可能存在的其他酸根离子(忽视空气中CO2的影响)。【提出假设】假设1：只有SO；假设2：既无SO也无ClO；假设3：_。【设计方案，进行试验】可供选择的试验试剂有：3 molL1 H2SO4、1 molL1 NaOH、0.01 molL1 KMnO4、溴水、淀粉KI、品红等溶液。取少量吸取液于试管中，滴加3 molL1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列试验。请完成下表：序号操作可能消灭的现象结论向a试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立向b试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立向c试管中滴加几滴_溶液_假设3成立解析(1)装置A为试验室制Cl2的装置，反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O，依题意，装置D中反应是焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，方程式为SiO22C2Cl2SiCl42CO；(2)装置C为干燥Cl2的装置，装的试剂是浓H2SO4，由于试验过程中，SiCl4中会混有AlCl3、FeCl3等杂质，依据表中数据，AlCl3、FeCl3易分散成固体，为防止堵塞导管，所以D、E间导管短且粗；(3)G中吸取尾气主要是Cl2，当Cl2不足时为假设1：只有SO；当Cl2恰好反应时为假设2：既无SO也无ClO；当Cl2过量时为假设3：只有ClO。要探究SO用氧化剂，因其具有还原性，要探究ClO用还原剂，因其具有氧化性，结合可能消灭的现象和结论，向a试管中滴加几滴0.01 molL1KMnO4或溴水；向b试管中滴加几滴品红溶液；向c试管中滴加几滴淀粉KI溶液，现象为溶液变为蓝色。答案(1)MnO22Cl4HMn2Cl22H2OSiO22C2Cl2SiCl42CO(2)浓硫酸防止生成物中的AlCl3、FeCl3等杂质分散成固体堵塞导管(3)只有ClO溴水(或0.01 molL1KMnO4溶液)品红溶液淀粉KI溶液若溶液变为蓝色12(2022江苏化学，19)试验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I等)中回收碘，其试验过程如下：I2(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为_；该操作将I2还原为I的目的是_。(2)操作X的名称为_。(3)氧化时，在三颈烧瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40 左右反应(试验装置如图所示)。试验把握在较低温度下进行的缘由是_；锥形瓶里盛放的溶液为_。(4)已知：5SO2IO2H=I25SOH2O。某含碘废水(pH约为8)中肯定存在I2，可能存在I、IO中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I、IO的试验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_。试验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。解析(1)SO具有还原性，I2具有氧化性，二者发生氧化还原反应：SOI2H2O=SO2I2H。由流程图可知还原I2的下一步操作是分别出CCl4，由于I2易溶于CCl4而难溶于水，而I易溶于水而难溶于CCl4，所以将I2还原为I的目的是使CCl4中的I2进入水溶液中。(2)由于CCl4与水互不相溶，故分别出CCl4的操作X为分液。(3)若温度高了，氯气在水中的溶解度小，不利于将I氧化为I2，且生成的I2易升华，也可能进一步被氯气氧化为其他物质。锥形瓶中液体的作用是吸取没有反应完的氯气或升华出去的碘蒸气，故应用氢氧化钠溶液吸取。(4)检验I应加入氧化剂(如Fe3、H2O2等)将I氧化成I2，再用淀粉溶液检验I2的存在；由题给反应可知，检验IO应利用SO将IO还原为I2，再用淀粉溶液检验I2的存在。答案(1)SOI2H2O=2ISO2H使CCl4中的碘进入水层(2)分液(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)NaOH溶液(4)从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有I；若溶液不变蓝，说明废水中不含有I。另从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有IO；若溶液不变蓝，说明废水中不含有IO