2013届高三化学二轮复习 专题大突破 2-9非金属单质及其化合物训练

2013届高三化学二轮复习专题大突破 2-9非金属单质及其化合物训练一、选择题1．(2012·北京西城一模，6)下列有关无机非金属材料的说法中，不正确的是( )A．高纯硅可用于制造半导体材料B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆C．玻璃、水泥和陶瓷的成分均含有硅酸盐D．Si3N4是一种新型无机非金属材料，可用于制造发动机[解析] 高纯硅可用于制造半导体材料；SiO2不导电；玻璃、水泥、陶瓷的成分均含有硅酸盐；Si3N4是一种新型无机非金属材料，可用于制造发动机，故A、C、D都正确，B错误。

[答案] B2．(2012·天津十二校联考，4)下述实验能达到预期目的的是( )混合加热，冷却后，再22反应时表现还原性，不表现漂白性；2也可使酸性KMnO4溶液褪色；C项，应先加NaOH中和多余的稀H2SO4，再加新制的Cu(OH)2悬浊液；D项正确。

[答案] D3．(2012·西安八校联考，12)气体X可能含有Cl2、HBr、CO2中的一种或几种，已知将X通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸；若将X通入澄清的石灰水中，无沉淀产生。

关于气体X的成分，下列说法正确的是( )A．一定含有HBr，可能含有CO2B．一定不含CO2C．一定不含Cl2和CO2D．可能含有CO2和Cl2[解析] X与AgNO3反应产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，则一定有HBr；如果有Cl2，会发生反应Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl，故一定不含Cl2；通入澄清石灰水时，无沉淀产生，可能有CO2，因为HBr的酸性强于H2CO3，故不能产生CaCO3沉淀。

[答案] A4．(2012·东北三校联考，13)把500mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液，恰好反应完全；另取一份加入含b mol HCl的盐酸，恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na ＋)为 ( )A. (b10－a20)mol/L B. (2b－a)mol/LC. (5b－5a2)mol/L D．(10b－5a)mol/L[解析] 一份加入含a mol NaOH的溶液恰好完全反应，则NH4HCO3为0.5a mol；另一份与b mol HCl恰好完全反应，则NH4HCO3消耗0.5a mol HCl, Na2CO3消耗(b－0.5a)mol HCl；据反应：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑可推出Na2CO3为(0.5b－0.25a)mol，则原混合溶液中Na＋为(b－0.5a)mol，c(Na＋)＝5b－0.5a mol0.5 L＝(10b－5a)mol/L。

故选D。

[答案] D5．(高考变式题)在一含有Na＋的澄清溶液中，可能还存在NH＋4、Fe2＋、I－、Br－、CO2－3、SO2－3六种离子中的几种。

①在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，溶液呈黄色；②向黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；③黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝。

根据上述实验事实推断，下列说法不正确的是( )A．溶液中一定存在Br－、CO2－3B．溶液中可能存在NH＋4C．溶液中一定不存在Fe2＋、I－、SO2－3D．溶液一定呈碱性[解析] 饱和氯水中存在着多种粒子，加入足量氯水后有气泡生成，再加入BaCl2溶液无沉淀生成，说明一定有CO2－3，一定没有SO2－3(若有SO2－3，加入过量氯水会有SO2－4生成)；因为溶液中含有碳酸根，故一定不存在Fe2＋；溶液呈黄色，不能使淀粉变蓝，说明一定有Br－，一定不存在I－；NH＋4可能存在。

CO2－3水解呈碱性，NH＋4水解呈酸性，所以溶液不一定呈碱性。

[答案] D6．(高考变式题)下列各组物质中，气体X和气体Y在通常条件下同时通入盛有溶液Z的洗气瓶中(如图所示)，一定没有沉淀生成的是[已知常温下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3、NaCl、NH4Cl、(NH4)2CO3和NH4HCO3的溶解度]( )[解析] A项NO2溶于水生成HNO3，会将SO2氧化而产生BaSO4沉淀；B项会产生Al(OH)3沉淀；C项因发生反应H2O＋NH3＋CO2＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl而产生NaHCO3沉淀；D项无沉淀产生。

[答案] D7．(高考预测题)向用硫酸酸化的碘化钾溶液里加入过氧化氢溶液，不久就有无色气体从溶液中逸出，且溶液呈棕色，有关叙述有：①溶液里滴入淀粉溶液显蓝色；②逸出的气体是HI；③离子方程式为H2O2＋2I－===I2＋O2↑＋2H＋；④离子方程式为H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O；⑤反应时还有H2O2分解为水和O2。

其中正确的是( )A．①④⑤ B．①②④C．③④⑤ D．①③⑤[解析] HI是一种极易溶于水的物质，故在稀溶液里不会逸出HI气体，③中离子方程式电荷不守恒。

[答案] A8．(2012·广安调研)硅及其化合物的应用范围很广。

下列说法正确的是( )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：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑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[解析] 粗硅提纯涉及的反应：Si＋2Cl2=====高温SiCl4、SiCl4＋2H2=====高温Si＋4HCl都是氧化还原反应，B错误；硅与氢氧化钠溶液反应中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。

[答案] A9. 2012·东北三省四市调研将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物，这些气体恰好能被500mL 2.0mol·L－1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量是( )A. 0.2molB. 0.4molC. 0.6molD. 0.8mol[解析] 利用电子守恒的方法，可知铜失去的电子最终被转化为亚硝酸钠，故亚硝酸钠的物质的量为(51.2g÷64g·mol－1)×2÷2＝0.8mol，根据钠守恒可知硝酸钠为0.2mol。

[答案] A10．(2012·福州模拟)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4.48L(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5mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60mL。

下列说法不正确的是( )A．参加反应的硝酸是0.5molB．消耗氧气的体积为1.68 LC．此反应过程中转移的电子为0.6molD．混合气体中含NO23.36 L[解析] 由60mL 5mol/L NaOH溶液使Cu2＋恰好完全沉淀可知参加反应的铜为0.15mol，此过程转移的电子为0.3mol。

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0.5mol。

根据电子守恒，若将NO2、NO氧化为硝酸消耗的氧气为0.3mol÷4×22.4L/mol＝1.68 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。

[答案] C二、非选择题11．(2012·枣庄质检)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式：__________________________________________________________________________________________________________ __________________________。

(3)ClO2被称为“第四代”饮用水消毒剂，因其高效率，无污染而被广泛使用。

制备ClO2是发达国家普遍重视的课题，我国北京永利科技有限公司已用电解法批量生产ClO2。

其反应原理为：4ClO－3＋4H＋=====通电4ClO2↑＋O2↑＋2H2O，试写出两电极反应式。

阳极：__________________________________________；阴极：__________________________________________。

(4)相同物质的量的氯气与二氧化氯消毒时转移电子数目之比是________。

(5)采用氧的一种同素异形体给自来水消毒，既提高了消毒效率、安全无副作用，又因为该物质在自然界中存在，对地球生命体起保护伞作用，该物质和氯气溶于水以及SO2的漂白原理分别是________；________；________。

若将氯气与SO2二者混合，若想使石蕊试液褪色则n Cl2n SO2范围为________。

[解析] (1)氯气与水反应的离子方程式为Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO。

(2)漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，制取漂白粉是利用氯气与消石灰反应，化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。

(3)阳极发生氧化反应，电极反应式为2H 2O －4e －===O 2↑＋4H ＋；阴极发生还原反应，电极反应式为4ClO －3＋4e －＋8H ＋===4ClO 2↑＋4H 2O 。

(4)1mol Cl 2消毒时转移电子为2mol,1mol 二氧化氯消毒时转移电子为5mol ，二者转移电子数之比为2∶5。

(5)根据题中信息，氧气的同素异形体为臭氧，臭氧与氯气的漂白原理都是利用了其强氧化性，将有机色素氧化，漂白后不可恢复，SO 2漂白是利用其与有色物质直接化合，生成不稳定的无色物质，褪色后在一定条件下又能恢复为原来的颜色；氯气与SO 2混合，发生的反应为Cl 2＋SO 2＋2H 2O===H 2SO 4＋2HCl ，若二者等物质的量混合，生成物无漂白性，若要使石蕊试液褪色，则要使氯气剩余，即n Cl 2n SO 2>1。

[答案] (1)Cl 2＋H 2O H ＋＋Cl －＋HClO (2)2Cl 2＋2Ca(OH)2===CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O (3)2H 2O －4e －===O 2↑＋4H ＋4ClO －3＋4e －＋8H ＋===4ClO 2↑＋4H 2O (4)2∶5(5)强氧化性 强氧化性 化合反应 >112．(2012·南通质检)某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。