高一非金属及其化合物习题含答案

-.z非金属及其化合物1．〔全国卷1〕以下表达正确的选项是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+复原成Cu【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D错误，溶液中该反响难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能复原CuO为Cu,要复原必须是枯燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反响为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；【答案】C【命题意图】考察无机元素及其化合物，如碱金属，氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及其化合物等A、B、C选项直接取材于高一课本，D取材于高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习策略，此题四个选项就直接取材于课本，属于简单题，不重视根底，就有可能出错！2．〔全国卷1〕12．一定条件下磷与枯燥氯气反响，假设0.25g磷消耗掉314mL氯气〔标准状况〕，则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【解析】设n(PCl3)=*mol,n(PCl5)=Ymol，由P元素守恒有：*+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3*+5Y=〔0.314×2〕/22.4≈0.028……②，联立之可解得：*=0.006,Y=0.002应选C【命题意图】考察学生的根本化学计算能力，涉及一些方法技巧的问题，还涉及到过量问题等根据化学化学方程式的计算等【点评】此题是个原题，用百度一搜就知道！做过多遍，用的方法很多，上面是最常见的据元素守恒来解方程法，还有十字穿插法，平均值法、得失电子守恒等多种方法，此题不好！〔全国2〕7．以下表达正确的选项是A．Li在氧气中燃烧主要生成B．将SO2通入溶液可生成沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+复原成Cu【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D错误，溶液中该反响难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能复原CuO为Cu,要复原必须是枯燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反响为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO，直接取材于课本第一册第四章第一节；【答案】C【命题意图】考察无机元素及其化合物，如碱金属，氯及其化合物，碳及其化合物，硫及其化合物，氮及其化合物等A、B、C选项直接取材于高一课本，D取材于高二第一章氮族。【点评】再次印证了以本为本的复习策略，此题四个选项就直接取材于课本，属于简单题，不重视根底，就有可能出错！〔卷〕9。以下各组物质中，满足以下图物质一步转化关系的选项是*YZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3解析：此题考察考生对常见元素及其化合物知识的掌握情况，可用代入法，即把各选项中的*,Y,Z带入又吐的圆圈中进展判断，C中CO2在一定条件下与单质钠反响可以生成金刚石和碳酸钠。〔卷〕13．以下推断正确的选项是A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反响B．Na2O、Na2O2组成元素一样，与CO2反响产物也一样C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色解析：酸性氧化物能够跟碱反响，生成盐和水的氧化物，故A正确，因为,与反响生成,与反响除生成外，还生成，故B错；在空气中会发生反响，故C错；因为新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。答案：A〔卷〕13．以下实验过程中，始终无明显现象的是A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中答案：B解析：此题考察了常见元素化合物知识。NO2通入后和水反响生成具有强氧化性的硝酸，其将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，排除A；CO2和CaCl2不反响，无明显现象，符合，选B；NH3通入后转化为氨水，其和AlCl3反响生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，其被氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除D。易错警示：解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反响，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，两者不能发生反响生成溶于盐酸的碳酸钙沉淀。〔卷〕8．以下表达正确的选项是A．铝制容器可盛装热的H2SO4B．Agl胶体在电场中自由运动C．K与水反响比Li与水反响剧烈D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl38.答案C【解析】此题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反响，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反响剧烈，正确。D项，P与过量的反响，应生成,错误。【误区警示】铝在冷、热中发生钝化，但是加热则可以发生反响，胶体自身不带电，但是它可以吸附电荷而带电。由此警示我们，化学学习的平时学生一定要严谨，对细小知识点要经常记忆，并且要找出关键字、词。〔卷〕18．右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，以下有关说法错误的选项是A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反响说明常温下氨气有复原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体答案：B解析：此题考察化学实验、元素化合物的性质等知识。分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反响：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，烧瓶中出现白烟，A对；不能出现红棕色气体，B错；该反响中氨气中的氮元素化合价升高，表现复原性，C对；烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体，D对。知识归纳：对*种元素来讲，其处于最高价时，只有氧化性；处于最低价时，只有复原性；中间价态，则既有氧化性又有复原性。故此对同一种元素可以依据价态判断，一般来讲，价态越高时，其氧化性就越强；价态越低时，其复原性就越强；此题中氨气中的氮元素处于最低价，只有复原性。〔理综卷〕10.有关①100ml0.1mol/L、②100ml0.1mol/L两种溶液的表达不正确的选项是A.溶液中水电离出的个数：②>①B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①C.①溶液中:D.②溶液中:答案：C解析：此题考察盐类水解知识；盐类水解促进水的电离,且Na2CO3的水解程度更大，碱性更强，故水中电离出的H+个数更多，A项正确；B②钠离子的物质的量浓度为0.2mol/L而①钠离子的物质的量浓度为0.1mol/L根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①，B项正确；C项水解程度大于电离所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D项C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于电离。判断D正确。C、D两项只要写出它们的水解及电离方程式即可判断。〔理综卷〕33.〔16分〕*科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进展吸收处理。〔1〕请完成SO2与过量NaOH溶液反响的化学方程式：SO2+2NaOH=________________．〔2〕反响Cl2+Na2SO3+2NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的复原剂为________________．〔3〕吸收尾气一段时间后，吸收液〔强碱性〕中肯定存在Cl、OH和SO．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子〔不考虑空气的CO2的影响〕．提出合理假设．假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在ClO；假设3：_____________．设计实验方案，进展实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液．实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moLL-1H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．步骤2：步骤3：解析：(1)NaOH过量，故生成的是正盐：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。(2)S元素的价态从+4→+6，失去电子做表现复原性，故复原剂为Na2SO3。(3)①很明显，假设3两种离子都存在。②参加硫酸的试管，假设存在SO32-、ClO-，分别生成了H2SO3和HClO；在A试管中滴加紫色石蕊试液，假设先变红后退色，证明有ClO-，否则无；在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，假设紫红色退去，证明有SO32-，否则无。答案：(1)Na2SO3+H2O(2)Na2SO3(3)①SO32-、ClO-都存在②实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moLL-1H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液假设先变红后退色，证明有ClO-，否则无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液假设紫红色退去，证明有SO32-，否则无〔卷〕30．〔16〕聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣〔主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等〕制备聚铁和绿矾〔FeSO4·7H2O〕过程如下：〔1〕验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是_____。〔2〕实验室制备、收集枯燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为af装置D的作用是_____，装置E中NaOH溶液的作用是______。〔3〕制备绿矾时，向溶液*中参加过量_____，充分反响后，经_______操作得到溶液Y，再经浓缩，结晶等步骤得到绿矾。〔4〕溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为______。假设溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏_______。解析：(1)检验SO2的方法一般是：将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红。(2)收集枯燥的SO2，应先枯燥，再收集(SO2密度比空气的大，要从b口进气)，最后进展尾气处理；因为SO2易与NaOH反响，故Ｄ的作用是平安瓶，防止倒吸。(3)因为在烧渣中参加了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先参加过量的铁粉，然后过滤除去剩余的铁粉。(4)用pH试纸测定溶液pH的操作为：将试纸放到外表皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡比照。Fe(OH)3的含铁量比Fe2(SO4)3高，假设溶液Z的pH偏小，则生成的聚铁中OH-的含量减少，SO42-的含量增多，使铁的含量减少。答案：(1)将气体通入品红溶液中，如品红褪色，加热后又变红，证明有SO2。(2)debc；平安瓶，防止倒吸；尾气处理，防止污染〔3〕铁粉过滤〔4〕将试纸放到外表皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，然后跟标准比色卡比照。低〔卷〕23．胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8.nH2O)等化合物。1)三硅酸镁的氧化物形式为，*元素与镁元素不同周期但在相邻一族，且性质和镁元素十分相似，该元素原子核外电子排布式为。2)铝元素的原子核外共有种不同运动状态的电子、种不同能级的电子。3)*元素与铝元素同周期且原子半径比镁原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径(填"大〞或"小〞)，该元素与铝元素的最高价氧化物的水化物之间发生反响的离子方程式为：4)Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是。a．Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水b．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体c．Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物d．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点答案2O、1s22s1；2)13、5；3)大、Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；4)ad。2O；与镁元素在不同周期但相邻一族的元素，其符合对角线规则，故其是Li，其核外电子排布为：1s22s1；2)中铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不一样，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；3)与铝元素同周期且原子半径大于镁的元素是钠，其离子半径大于铝的离子半径；两者氢氧化物反响的离子方程式为：Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；4)分析三种氧化物，可知三者都不溶于水且都具有很高的熔点。技巧点拨：硅酸盐用氧化物的形式来表示组成的书写顺序是：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→非金属氧化物→二氧化硅→水，并将氧化物的数目用阿拉伯数字在其前面表示。比方斜长石KAlSi3O8：K2O·Al2O3·6SiO2。〔卷〕24．向盛有KI溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成以下填空：1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反响方程式(如果系数是1，不用填写)：2)整个过程中的复原剂是。3)把KI换成KBr，则CCl4层变为__色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是。4)加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，假设庄Kl与Cl2反响制KIO3，至少需要消耗Cl2答案：1〕I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2〕KI、I2；3〕红棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4〕10.58。解析：此题考察氧化复原反响的配平、氧化剂和复原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识。分析反响从开场滴加少许氯水时，其将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变紫色后，再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸。1〕根据氧化复原反响方程式的配平原则，分析反响中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2〕分析整个过程中化合价升高的都是I元素，复原剂为：KI和I2；3〕KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3>Cl2>HIO3；4〕综合写出反响方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据化学方程式计算，按最小值计算时，1000kg加碘食盐中含碘20g，根据质量守恒，可知：换算成碘酸钾的质量为：33.70g，物质的量为：0.16mol，则需要消耗Cl2的体积为：〔20g/127g.mol-1〕×3×22.4L/mol=10.58L。解法点拨：守恒定律是自然界最重要的根本定律，是化学科学的根底。在化学反响中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反响在反响前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反响前后阴阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒〔或称质量守恒〕，也就是反响前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化复原反响中，失电子数一定等于得电子数，即得失电子数目保持守恒。比方此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答。〔卷〕31．白磷〔P4〕是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反响生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子构造〔以PCl5为例〕如右图所示。该构造中氯原子有两种不同位置。1〕6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反响所消耗的氧气在标准状况下的体积为L。上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸〔H3PO4〕溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1。2〕含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的悬浮液中，反响恰好完全，生成l种难溶盐和16.2gH2O。该难溶盐的化学式可表示为。3〕白磷和氯、溴反响，生成混合卤化磷〔，且*为整数〕。如果*混合卤化磷共有3种不同构造〔分子中溴原子位置不完全一样的构造〕，该混合卤化磷的相对分子质量为。4〕磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反响，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量〔提示：M>300〕。答案：1〕5.6；4.00；2〕Ca5(PO4)3(OH)；3〕297.5或342；4〕348或464。解析：此题考察了元素化合物、化学计算知识。1〕白磷燃烧生成五氧化二磷，白磷的相对分子质量为：128，则其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反响生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，则磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2〕根据该水溶液中含有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量，根据质量守恒，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3〕根据题意*为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，要是有三种不同构造的话，结合PCl5的构造，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，则其相对分子质量可能为：297.5或342；4〕根据题意和质量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol，则生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；则磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，则该化合物的最简式为：PN