2023学年新人教版必修2化工生产中的重要非金属元素单元测试题

单元素养评价(五)(第五章)(90100【合格性考试】(60分钟70一、选择题(此题包括14小题,每题3分,共42分)1.(2023·全国卷Ⅰ)陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着亲热的关系。以下说法错误的选项是( )A.“雨过天晴云”所描述的瓷器青色,来自氧化铁B.著名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【解析】选A。氧化铁是红色的,俗称铁红,所以瓷器的青色不来自氧化铁。2.(2023·泰州高一检测)以下物质中不能用化合反响的方法制得的是( )①SiO2

②HSiO2 3

③NaO22

④Al(OH)3

⑤FeCl3⑥CaSiO3A.①③⑤C.②⑤【解析】选D。

B.②④⑥D.②④①Si+O

SiO;③2Na+O NaO;⑤2Fe+3Cl 2FeCl;⑥CaO+SiO2 2 2 22 2 3 2CaSiO

;②无法通过化合反响来制备;④一般用铝盐和氨水反响来制备,但不属于3化合反响。氮、氧、硫、氯是四种重要的非金属元素,以下有关说法中正确的选项是( )A.NOB.氮、硫的最高价氧化物对应水化物的溶液均具有很强的氧化性C.Cl2

不与硫化钠溶液反响D.四种元素的单质中化学性质最稳定的是N选DNO在常温下即可与空气中的O2

,其次是硫2反响,A错误;稀硫酸的氧化性较弱,B错误;Cl2

与硫化钠溶液反响生成S和NaCl,C错误。由以下试验事实得出的结论正确的选项是 ( )由SiO不能与水反响生成HSiO,SiO

不是酸性氧化物2 2 3 2由SiO

+2CSi+2CO↑,可知碳的非金属性大于硅2C.CO

通入NaSiOHCO>HSiO2 2 3 2 3 2 3D.SiO2

可与NaOHSiO2

为两性氧化物【解析】选C。SiO是酸性氧化物,A项错误;反响SiO+2CSi+2CO↑不能说明2 2碳的非金属性比硅强,该反响能发生是由于生成CO气体,它的放出促进了反响进行,B项错误;CO通入NaSiO溶液中生成HSiO

沉淀,符合强酸制弱酸的规律,证2 2 3 2 3HCO>HSiO,C项正确;D项中SiO除氢氟酸外不能与其他的酸反响,SiO2 3 2 3 2 2为酸性氧化物,不具有两性,D项错误。二氧化硫是中国允许使用的复原性漂白剂。对食品有漂白和对植物性食品内的氧化酶有猛烈的抑制作用。中国规定可用于葡萄酒和果酒,最大使用量0.25g·kg-10.05g·kg-1。以下说法正确的选项是 ( )由于SO2

具有漂白性,所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4

溶液、石蕊溶液褪色能使品红溶液褪色的不肯定是SO2C.SO

、漂白粉、活性炭、NaO2 22

都能使红墨水褪色,其原理一样D.SO2

和Cl2

混合使用,将会有更强的漂白力量2

使溴水、酸性KMnO4

溶液褪色是由于SO2

具有还原性,能使品红溶液褪色是由于SO2

有漂白性,SO2

B选项正确,由于能使品红溶液褪色的物质很多,SOC选项不正确,由于这些漂白剂的漂白原理不一样,SO2

2漂白属于加合型,活性炭漂白属于吸附型,漂白粉、NaO22

漂白属于氧化型。D选项不正确,SO2

Cl2

混合会发生反响2

2 2 2

+2HCl,失去漂白力量。4【补偿训练】(2023·南昌高一检测)以下表达正确的选项是( )A.H

、氯水、过氧化钠、臭氧、活性炭都有漂白性,其原理一样22 2将SO2

通入BaCl2

溶液可生成BaSO4检验SO2

中含有CO2

的方法是通过澄清的石灰水向含有BaCl2

和NaOHCO2

气体,有白色沉淀生成【解析】选D。HO2

、氯水、过氧化钠和臭氧因具有强氧化性而具有漂白性,SO2 2因能和有色物质化合而具有漂白性,活性炭因具有吸附性而具有漂白性,A错误;SO2

BaCl2

溶液不反响,B错误;SO2

和CO2

均能使澄清石灰水变浑浊,C错误。以下关于氮及其化合物的说法错误的选项是 ( )A.N2

化学性质稳定,是由于分子内氮氮三键很强B.NO、NO2

均为大气污染气体,在大气中可稳定存在C.可用浓盐酸检测输送NH3

的管道是否发生泄漏D.HNO3

具有强氧化性,可溶解铜、银等不活泼金属【解析】选B。N2

分子中存在氮氮三键,化学性质比较稳定,故A正确;NO、NO均2为大气污染气体,其中NO遇氧气可以与之反响生成NO故B错误;浓盐酸易挥2发,与氨气反响生成氯化铵,可以看到白烟,可用浓盐酸检测输送NH3

的管道是否发生泄漏,故C正确;HNO3不活泼金属,故D正确。【补偿训练】

具有强氧化性,可以与铜和银反响,以下有关NH3

的试验或结论正确的选项是 ( )A.NH3

溶于水形成的溶液呈碱性,故NH3

属于一元碱NH3

已收集满NH3将NHHCONH4 3 3CNH3

溶于水显碱性是由于NH3

与水反响生成的NH3

O属于一元碱,2而NH3

本身不是碱,A错误;检验NH3

是否集满容器,应将潮湿的红色石蕊试纸接近瓶口而不是伸入瓶内,B错误;NHHCO热分解后的产物中含有NH、HO、CO三种4 3 3 2 2成分,硅胶只能吸取H

O而不能除去CO

,故D错误。2 27.(2023·珠海高一检测)以下说法错误的选项是 ( )在稀硫酸中参加铜粉,铜粉不溶解,再参加Cu(NO32

固体,铜粉就会溶解某气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝,该气体的水溶液肯定显碱性C.白纸上滴加浓硫酸后变黑表达了浓硫酸的吸水性D.HNO

3

,以上各步变化均能通过一步反响完成2,Cu(NO固体,硝酸根离子在酸性环32境下具有强的氧化性,能够氧化铜,所以铜粉会溶解,故A正确;某气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝,该气体的水溶液肯定显碱性,故B正确;白纸上滴加浓硫酸后变黑表达了浓硫酸的脱水性,故C错误;稀硝酸与铜反响生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反响生成二氧化氮,都能通过一步反响实现,故D正确。8.(2023·聊城高一检测)以下说法正确的选项是 ( )A.浓硝酸在光照条件下变黄,说明浓硝酸不稳定,生成的有色产物能溶于浓硝酸B.在KI-淀粉溶液中通入氯气,溶液变蓝,说明氯气能与淀粉发生显色反响SD.将铜片放入浓硫酸中,无明显试验现象,说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【解析】选A。A项,浓硝酸光照下发生分解生成NO,NO

溶于浓硝酸中使浓硝酸2 2呈黄色;B项,Cl2

氧化I-生成I

,淀粉遇I2

变蓝色;C项,溶液中假设存在Ag+或S ,也会产生一样的试验现象;D项,常温时,Cu与浓硫酸不发生反响。9.(2023·邯郸高一检测)氯气和二氧化硫都用于物质的漂白。将按等物质的量的SO2

和Cl2

混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中,再滴入含有品红和Ba(NO)的混合溶液,则试验现象是 ( )32①品红溶液很快褪色 ②品红溶液不褪色③有白色沉淀生成 ④溶液仍旧透亮A.仅①和④ B.仅①和③C.仅②和③ D.仅②和④CSO和Cl混合后发生反响:SO+Cl+2HO2HCl+HSO所以品红溶2 2 2 2 2 2 4液不褪色,硫酸和Ba(NO溶液生成硫酸钡沉淀。32【补偿训练】将SO2

通入BaCl2

溶液至饱和,未见沉淀生成,连续通入另一种气体,仍无沉淀,则通入的气体可能是 ( )A.CO2C.SO3

B.NH3D.Cl2

SO、Cl分别与溶有SO的水溶液反响生成(NHSO或HSO3 3 2 2 42 3 2 4BaCl2

溶液反响生成白色沉淀;而CO2

SO2

的水溶液反响,也不与BaCl2

溶液反响,无沉淀生成。10.(2023·长沙高一检测)以下由相关试验现象所推出的结论正确的选项是( )A.Cl

均能使品红溶液褪色,说明二者均有氧化性2 2向溶液中滴加酸化的Ba(NOS32FeHNO

、稀HSO3 2

反响均有气泡产生,说明Fe分别布满HClNH3

的烧瓶倒置于水中后液面均快速上升,说明二者均易溶于水【解析】选D。SO2

使品红溶液褪色是由于SO2

能与有色物质化合生成无色物质,不能说明其具有氧化性,选项A错误;当溶液中含有S 时,参加酸化的Ba(NO)32溶液也会消灭白色沉淀,选项B错误;Fe与稀硝酸反响生成的气体为NO,该反响不是置换反响,选项C错误;HCl、NH3

极易溶于水,分别布满HCl、NH3

的烧瓶倒置于水中,气体溶解,液面快速上升,选项D正确。11.(2023·全国卷Ⅱ)争论说明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图)。以下表达错误的选项是 ( )雾和霾的分散剂一样雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3

是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关C,A项正确;依据题目给出的流程图示可以得出雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵,B项正确;由图示可以得出硝酸铵和硫酸铵的形成是NH3

与硝酸和硫酸反响生成的,不是催化剂而是反响物,故C项错误;过度施用氮肥会导致空气中的NO和NH的含量增多,而NO和NHx 3 x 3均与雾霾的形成有关,故D项正确。12.(2023·江苏高考)以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.NH

HCO

受热易分解,可用作化肥4 3B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈C.SO2

具有氧化性,可用于纸浆漂白D.AlO23

具有两性,可用于电解冶炼铝

HCO

,可以用作化肥,不是由于其受热分解,4 3错误;B项,铁锈的主要成分为FeO参加稀硫酸可以除去FeO

是运用了稀硫酸23 23的酸性,正确;C项,SO2

漂白纸浆是运用了SO2

的漂白性,不是其氧化性,错误;D项,,AlO

具有两性,错误。23 231345～70释放出酸雨。以下表达正确的选项是 ( )浓硫酸是一种枯燥剂,能够枯燥氢气、氧气、氨气等气体,但不能枯燥有较强复原性的HI、H

S22HSO2

(浓)+S4

3SO

↑+2H2

O,在此反响中,浓2硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性把足量铜粉投入只含2molHSO22.42 4L常温下能够用铁、铝等容器盛放浓HSOHSO

的强氧化性使其钝化2 4 2 4【解析】选D。A项浓硫酸具有吸水性,但由于其具有强氧化性和酸性,故不能用(NH

3SO此时浓硫酸显酸性和强氧化性,而与S、C等非金属单质作用时,由于2没有盐生成,故只显强氧化性。C项CuHSO反响时,浓HSO浓度渐渐降低,2 4 2 4当降到肯定程度变为稀HSO时,反响自行停顿,故产生的SO

在标准状况下缺乏2 4 222.4L。14.(2023·威海高一检测)选用如下图仪器中的两个或几个(内含物质)组装成试验装置,以验证木炭可被浓硫酸氧化成CO

,以下说法正确的选项是2( )按气流从左向右流向,连接装置的正确挨次是A→F→E→C→D→B丁中溶液褪色,乙中溶液变浑浊,说明甲中生成CO2丙中品红溶液褪色,乙中溶液变浑浊,说明甲中生成CO2丁和丙中溶液都褪色,乙中溶液变浑浊,说明甲中有CO2【解析】选A。木炭与浓硫酸反响生成COSO验证混合气体中有CO必需将2 2 2SO除去且验证SO被吸取干净,再通入澄清石灰水验证CO故连接装置的正确顺2 2 2A→F→E→C→D→B,A正确;丙中品红溶液不褪色(说明SO2

被除尽),乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO

,故B、C、D错误。232815.(9)(2023·聊城高一检测)二氧化硫、一氧化碳、氮的氧化物、氨气都是格外重要的非金属化合物,争论这些化合物对环境保护、理解化学反响原理都具有重要意义。二氧化氮与肯定量空气混合通入水中能被水完全吸取,反响的化学方程式为 。假设该反响有aN

电子转移,则参与反响的二氧化氮的物质的量为 A 。以下除去大气污染物的化学方程式不正确的选项是 。汽车尾气经催化剂作用:CO+NO NO+C2石灰乳吸取硫酸厂尾气:SO+Ca(OH)

CaSO+HO2

2 3 2S+3O 2SO+2HO2 2 2 2

+6NO

5N+6HO3 2 2大多数非金属氧化物能被氢氧化钠溶液吸取。例如NaOH+SO NaHSO,2NaOH+SO

+2NaOHNaNO

+NaNO+HO,NO+2 3

2 3 2 2

3 2 2NO+2NaOH2

2

O,NO2①同种反响物,其反响产物与浓度、温度、反响物相对量等因素有关。影响二氧化硫与氢氧化钠反响产物的因素与以下反响一样的是 。木炭与氧气反响C.钠与氧气反响

硫与氧气反响D.铜与硝酸溶液反响②某NONO2

混合气体通入氢氧化钠溶液被完全吸取,推想混合气体中气体组成。2【解析】(1)二氧化氮与氧气在水中反响生成硝酸:4NO+O+2HO4HNO,1mol2 2 2 3NO1mol电子,所以转移amolamol二氧化氮。(2)A项,产2物应为二氧化碳和氮气;B项正确;C项,硫化氢燃烧生成大气污染物二氧化硫,应用碱溶液吸取H

S,错误;D项,生成N2

无污染,(3)①氢氧化钠与二氧化硫之间相对量不同,产物不同。A项,碳与氧气反响,氧气缺乏时生成CO,符合题意;B项,只生成SO;C项,钠与氧气反响的产物受温度影响;D项,硝酸浓度不同,产物2不同。②由题意可知,二氧化氮体积大于或等于一氧化氮时,能被完全吸取。答案:(1)4NO+O+2HO4HNO

amol2 2 2 3(2)AC (3)①A②≥116.(9(1)形成酸雨的原理之一可简洁表示如图:请答复以下问题:①酸雨的pH (填“>”“<”或“=”)5.6;物质的化学式为 ;③反响b的化学方程式为 。(2)在肯定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质,写出氨气和二氧化氮在肯定条件下反响生成氮气和水的化学方程式: ,反响中氧化剂是 。(1)①pH<5.6;②含硫燃料燃烧生成A是二氧化硫,二氧化硫溶于水生成D是亚硫酸,化学式为HSO反响b是二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫,2 32SO+O2 2

2SO

(2)氨气和二氧化氮在肯定条件下反响生36NO+8NH

O,二氧化氮中氮元素化合2 3 2 2价降低,得到电子,所以反响中氧化剂是NO。2答案:(1)①<②HSO2 3③2SO+O2 2

2SO3(2)6NO

+8NH

ONO2 3 2 2 217.(10)(2023烟台高一检测)为了测定试验室长期存放的NaSO2 3

准确称取Wg250mL25.00mLBaCl2

溶液,过滤、洗涤和枯燥沉淀,称得沉淀的质量为mg。125.00mLBa(NO32

和枯燥沉淀,称重,其质量为mg。2250mLNaSO2 3药匙和 、 。写出NaSO固体氧化变质的化学方程式: 。2 3方案Ⅰ参加过量的盐酸酸化的BaCl溶液,目的是 2 。方案Ⅰ,假设滤液浑,将导致测定结 选“偏高“偏低)(5)假设操作正确,则m 选填“>”“<”或“=”)。缘由是 1 2 。【解析】(1)250mLNaSO溶液时,必需用到的试验仪器有烧杯、玻璃棒、2 3250mL的容量瓶。NaSO固体被氧化为NaSO2 3 2 4方案Ⅰ参加过量的盐酸酸化的BaCl2

溶液,目的是使S

充分转化为气体,使S 完全沉淀。假设滤液浑浊,证明滤液中含有BaSO

的纯度偏高。

4 4 2 3假设操作正确,则m<m,缘由是方案Ⅱ中盐酸供给H+,Ba(NO1 2 32

N

形成稀硝酸,将一局部S 氧化成S ,导致BaSO4

质量增大。答案:(1)托盘天平250mL(2)2Na

SO+O 2NaSO2 3 2 2 4

(3)使S 充分转化为气体,使S 完全沉淀(4)偏高(5)<方案Ⅱ中盐酸供给H+、Ba(NO32

N

,形成稀硝酸,将一局部S 氧化成S ,导致BaSO4

质量增大【等级性考试】(30分钟303618下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的推断都正确的是 ( )选项 陈述Ⅰ

陈述Ⅱ 推断浓盐酸易挥发,浓硫酸硫酸可制备氯化氢气体

与水作用放出大量的热由于Cu

Ⅰ对,Ⅱ对;有CuHNO3

HNO3

Ⅰ对,Ⅱ错;无何条件下生成的气体肯定是NO2C

Ⅰ对,Ⅱ对;无烧有少量SO3

为SO3硝酸铵和碱石灰共D 热用于试验室制备NH

铵盐与碱能发生复分解反响

Ⅰ对,Ⅱ对;有3【解析】选A。A促使浓盐酸中的HClHCl;B,CuHNO3

反响时,随着反应的进展,硝酸浓度渐渐降低从而生成NO;CSO;D2硝酸铵受热易发生爆炸,所以试验室中不能用硝酸铵制备NH3【补偿训练】以下气体的制备和性质试验中,由现象得出的结论错误的选项是( )选项选项试剂试纸或试液现象结论浓氨水、生石A红色石蕊试纸变蓝灰NH3浓盐酸、浓硫BpH变红HCl酸浓盐酸、二氧淀粉碘化钾试C 变蓝化锰液Cl2亚硫酸钠、硫D品红试液褪色酸SO2【解析】选D。NH3

可以承受浓氨水和生石灰制取,可用红色石蕊试纸检验,试纸NH3

为碱性气体,AHCl体,pHHCl,B

KI2 2ICl,C;SOSO,D2 2 2 2项错误。19.(2023·长沙高一检测)以下关系图中,A,B,C质,FX需条件均已略去)。当XB跟Cl2盐酸。以下说法中不正确的选项是( )

反响除生成C当XA、B、C、D、E、F,FHSO2 4当XA、B、C、D、E、F,FHNO3C.BCl2

的反响是氧化复原反响D.当X,C【解析】选D。满足题目中的转化关系的有(NH)SNHNNONOHNO,(NH)SHSSSOSOHSO其中423223 42 2232 4B(NH

或HS)与Cl

的反响肯定是氧化复原反响,C正确;当X为强酸时,C为固体3 2 2单质硫,D错误。20.(2023·广州高一检测)现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液,其中稀硫酸浓2mol·L-110mL铁粉,反响完毕后,在标准状况下可收集到气体体积为(假设HNO3

只被复原为NO)( )A.0.244LC.0.672L

B.0.448LD.0.896L【解析】选C。由于Fe过量,所以Fe和硝酸发生反响:3Fe+8H++2N 3Fe2++2NO↑+4H

O,N 10×10-3L×2mol·L-1=0.02mol,H+的物质的量20.1mol,可计算出产生的NO0.02mol,0.02molH+,Fe与H+连续反响:Fe+2H+ Fe2++H↑,此时产生0.01molH,所以该过程共产2 20.03mol,0.672L(标准状况)。11221.依据图中氮元素及其化合物的转化关系,答复以下问