2025届高考化学一轮复习第四章非金属及其重要化合物练习含解析新人教版

PAGEPAGE8第四章非金属及其重要化合物单元过关限时检测(50分钟，100分)第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意1．(2024·山东德州宁津高三检测)化学与生活、人类生产、社会可持续发展亲密相关，下列有关化学学问的说法错误的是(C)A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．我国放射“嫦娥三号”卫星所运用的碳纤维，是一种非金属材料C．用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以削减木材的运用D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料[解析]二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以二氧化硅能够被强碱腐蚀造成断路，A正确；碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；聚氯乙烯难降解，大量运用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；碳纳米管表面积大，具有较大的吸附实力，可以用作新型储氢材料，D正确。2．(2024·湖北黄冈模拟)N、O、Si、S是重要的非金属元素。下列说法正确的是(C)A．N、O、S、Si的原子半径渐渐增大，非金属性渐渐减弱B．氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化学烟雾的主要物质，又是形成酸雨的主要物质C．四种元素的基态原子中有三种原子的核外单电子数一样多D．N、Si、S的单质均能和氧气反应，生成的产物分别是NO2、SiO2和SO2[解析]同周期元素自左向右原子半径渐渐减小，非金属性渐渐增加。同主族元素自上而下原子半径渐渐增大，则O、N、S、Si的原子半径渐渐增大，非金属性渐渐减弱，A错误；硫的氧化物不能形成光化学烟雾，B错误；O、N、S、Si的原子核外单电子数分别为2、3、2,2，C正确；N2和O2反应生成NO，得不到NO2，D错误。3.(2024·山东潍坊高三检测)中学化学中常见的物质A、B、C、D、E均含同种短周期主族元素，其中A为单质，五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是(C)A．若B、C均为氧化物，则A可能为碳单质B．若C、D均为氧化物，则A肯定为非金属单质C．若D为Na2CO3，则A肯定为钠单质D．若E为含氧强酸，则B与C可能反应生成A[解析]本题考查无机化合物的性质及无机推断。若B、C均为氧化物，A为C，则B为CO，C为CO2，D、E可分别为Na2CO3、NaHCO3，转化关系成立，A正确；若C、D均为氧化物，A为金属单质，则A为Na，但钠及其化合物不存在题中转化关系，A肯定为非金属单质，B正确；若D为Na2CO3，五种物质都含有C元素，A可为C，B为CO，C为CO2，D、E可分别为Na2CO3、NaHCO3，C错误；若E为含氧强酸，可为H2SO4或HNO3，C可为二氧化硫或一氧化氮，A为S或N2，B为H2S或NH3，B与C能发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O或6NO＋4NH3eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))5N2＋6H2O，D正确。[点拨]本题关键在于对氧化物的驾驭，中学常见氧化物包括CO、CO2、NO、NO2、SO2、SO3、Na2O2、Na2O等。易错点在于B选项，短周期主族金属元素为Li、Be、Na、Mg、Al，可以形成两种氧化物的金属为Na，而钠的氧化物性质活泼，不行能由含钠的化合物反应产生，故揣测其只能为非金属氧化物。4.(2024·甘肃张掖二中月考)X常温下为气体，a、b、c是中学化学常见物质，均由常见元素组成，转化关系(反应条件略去)如图所示，下列说法不正确的是(B)A．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c也能与X反应B．若X为O2，a为一种固态单质，则c可能为CO2或SO3C．若a、b、c焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能既含有离子键又含有共价键D．若b为气态非金属单质，b与X所含元素同周期，则X与b所含元素原子的核电荷数相差1[解析]本题考查物质的转化及推断。若b为固态非金属单质，X常温下为气体，且b与X所含元素同主族，则a为硫化氢，b为S，c为二氧化硫，X为氧气，二氧化硫在催化剂、加热的条件下反应生成三氧化硫，A正确；若c为三氧化硫，硫单质与O2反应不能干脆生成三氧化硫，a不行能为固态单质硫，不符合题意，B错误；a、b、c焰色反应均呈黄色，说明均含Na元素，其水溶液均为碱性，则a为氢氧化钠，X为二氧化碳，b为碳酸钠，c为碳酸氢钠，符合转化关系，NaOH中既含有离子键又含有共价键，C正确；b与X所含元素同周期，b为气态非金属单质，则b为N2，X为O2，a为NH3，c为NO，N元素和O元素的原子核电荷数相差1，D正确。5．(2024·广西桂林调研)化学反应中会出现“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特别状况。下列反应中属于这种状况的是(C)①过量稀硫酸与块状石灰石；②过量的氢气与氮气在催化剂存在下充分反应；③过量稀硝酸与铜反应；④常温下将铝片投入到过量浓硫酸中；⑤过量铜与浓硫酸反应；⑥过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应；A．③④⑥ B．②③⑤C．①②④⑤ D．①②③④⑤⑥[解析]①稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻挡反应的进一步发生，故①符合题意；②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，反应物都不能完全反应，故②符合题意；③铜与过量的稀硝酸反应时，铜完全反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故③不符合题意；④常温下铝遇浓硫酸发生钝化，不再接着反应，故④符合题意；⑤随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故⑤符合题意；⑥锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故⑥不符合题意；故答案为C。6．(2024·河北衡水高三检测)下列有关试验装置(夹持和尾气处理装置已省略)进行的相应试验，不能达到试验目的的是(B)A．利用甲装置，验证SO2或H2SO3具有氧化性B．利用乙装置，验证元素的非金属性：Cl>C>SiC．利用丙装置，进行NH3的干燥、收集、尾气处理D．利用丁装置，验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性[解析]甲装置中SO2与Na2S发生反应得到单质S，该反应中SO2(或H2SO3)表现出氧化性，A项能达到试验目的；利用乙装置，验证元素的非金属性时，应当利用最高价氧化物对应的水化物的酸性进行比较，B项不能达到试验目的；丙装置可以进行NH3的干燥，收集尾气处理，C项能达到试验目的；丁装置中，浓H2SO4使蔗糖炭化体现了其脱水性，得到的碳和浓H2SO4发生反应：C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O体现了浓H2SO4的强氧化性，品红溶液褪色和酸性KMnO4褪色，分别说明SO2具有漂白性和还原性，D项能达试验目的。7．(2024·四川乐山检测)有X、Y、Z、M、N五种物质，进行的有关试验操作及现象如下：试验操作试验现象①气体X和气体Y混合气体变为红棕色②Y、M、N分别与氢硫酸反应都产生淡黄色固体③用玻璃棒蘸取Z和M的浓溶液，相互靠近产生白烟④Z和N分别通入少量溴水中溴水都变成无色透亮的液体X、Y、Z、M、N依次可能是(A)A．NO、O2、NH3、HNO3、SO2 B．O2、NO、NH3、HCl、SO2C．O2、NO、HCl、NH3、CO2 D．NO、O2、NH3、HCl、CH4[解析]本题考查物质的推断，题目难度中等，留意依据物质反应的试验现象进行推断是解答本题的关键，本题提示考生在学习中要留意元素化合物学问的积累。由气体X和Y混合，气体变成红棕色，可知X和Y分别为NO、O2中的一种；Y与氢硫酸反应产生淡黄色固体，则Y为氧气，X为NO；用玻璃棒蘸取Z和M的浓溶液，相互靠近产生白烟，则Z和M分别为NH3和HCl或NH3和HNO3中的一种；Z通入少量溴水中，溴水变成无色透亮的液体，M与氢硫酸反应产生淡黄色固体，则Z为NH3，M为HNO3；N通入少量溴水中，溴水变成无色透亮的液体，N与氢硫酸反应产生淡黄色固体，则N为SO2，故X为NO，Y为O2，Z为NH3，M为HNO3，N为SO2。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题包括4小题，共58分8．(2024·云南昆明质检)碳、硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。(1)SiO2是玻璃的主要成分之一，保存氢氧化钠溶液的试剂瓶应用橡胶塞的缘由是SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O(用化学方程式表示)。(2)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都须要的基础材料。工业上提纯硅有多种路途，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：①用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，该反应的化学方程式为SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表所示，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和蒸馏。物质SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/℃235557.631.88.2－30.4－84.9－111.9③SiHCl3极易水解，其完全水解的化学方程式为SiHCl3＋4H2O=H4SiO4↓＋H2↑＋3HCl↑(或SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋H2↑＋3HCl↑)。[解析](1)玻璃中的二氧化硅能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3。(2)①石英砂的主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；②由于SiHCl3与SiCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大，可以运用蒸馏的方法提纯；③SiHCl3中Si是＋4价，氢元素、氯元素均为－1价，SiHCl3完全水解时，Si以H2SiO3(或H4SiO4)的形式存在。9．(2024·全国Ⅲ理综，26)氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。试验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a中的试剂为饱和食盐水。(2)b中采纳的加热方式是水浴加热，c中化学反应的离子方程式是Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，采纳冰水浴冷却的目的是避开生成NaClO3。(3)d的作用是汲取尾气(Cl2)，可选用试剂AC(填标号)。A．Na2S B．NaClC．Ca(OH)2 D．H2SO4(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，过滤，少量(冷)水洗涤，干燥，得到KClO3晶体。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。可知该条件下KClO3的氧化实力小于NaClO(填“大于”或“小于”)。[解析]本题考查物质的制备及性质探究试验，涉及仪器名称、试验基本操作、试验目的、试验现象、尾气处理等。(1)试验室常用MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2，由于制得的Cl2中混有HCl，HCl会消耗b装置中试管内的KOH，所以应运用饱和食盐水除去HCl。(2)用酒精灯加热烧杯中的水从而对试管中的反应体系进行加热，这样的加热方式为水浴加热。Cl2和NaOH在不加热条件下反应生成NaCl和NaClO，离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。Cl2与NaOH反应放热，由题意可知，温度较高时Cl2与KOH反应生成KClO3，所以不运用冰水浴会使得溶液温度上升而生成NaClO3杂质。(3)Cl2是有毒气体，所以必需进行尾气处理，防止污染空气。Cl2可以与Na2S反应，化学方程式为Cl2＋Na2S=2NaCl＋S↓；Cl2可以与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。Cl2在食盐水和H2SO4溶液中溶解度较小，所以可用Na2S溶液和Ca(OH)2溶液来进行尾气处理，A、C符合题意。(4)从溶液中获得溶质的常见方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)2号试管中溶液变为棕色，说明有I2生成，则加入CCl4振荡，静置后CCl4层呈紫色，故2号试管中I－被氧化，而1号试管中I－未被氧化，所以该条件下氧化性：KClO3<NaClO。10．(2024·北京朝阳区检测)某化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。(1)试验甲：将铜片放入盛有稀HNO3的试管中，起先无明显现象，后渐渐有小气泡生成，该气体是NO。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。(2)试验乙：铜与浓HNO3反应，装置、现象如下：试验装置试验现象A中：最初反应较慢，随后加快，反应猛烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。B中：溶液呈淡蓝色①A中铜与浓HNO3反应产生红棕色气体的化学方程式是Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。②试验现象“最初反应较慢，随后加快”的缘由可能是反应放热，随着反应的进行，体系温度上升。(3)有文献记载：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，是因为起先生成的NO2溶于水形成HNO2(弱酸，不稳定)，它再和Cu反应，反应就加快。试验探究如下：Ⅰ：向1mL浓硝酸中加入几滴30%H2O2溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。Ⅱ：向1mL浓硝酸中加入几滴30%H2O2溶液，无明显改变。①Ⅰ中反应较慢的缘由是H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低。②NO2与H2O反应生成HNO2和HNO3。③对生成HNO2后反应变快的缘由进行试验探究。序号试验操作试验现象Ⅲ取B中溶液，加入肯定量固体，再加入铜片马上产生无色气体；液面上方呈红棕色Ⅳ取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片产生无色气体，较Ⅲ慢；液面上方呈浅红棕色a.Ⅲ中加入的固体为NaNO2。b．Ⅳ中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解。试验Ⅲ、Ⅳ可以说明，HNO2氧化Cu的反应速率比HNO3氧化Cu的快。(4)该化学小组同学结合试验甲、乙中HNO3被还原后的气体产物以及试验Ⅲ的产物，综合分析推断甲中反应慢的缘由，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要缘由是Cu片与稀硝酸反应产生NO，不产生NO2，体系中HNO2的含量极少。[解析]本题考查铜与硝酸的反应，涉及NO、NO2和硝酸的性质。(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，在室温下NO与O2反应生成红棕色气体NO2。(2)①Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，依据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。②该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度上升，故最初反应较慢，随后加快。(3)①Ⅰ中反应较慢是由于H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，导致速率减慢。②NO2中N是＋4价，NO2与H2O反应生成的HNO2中N是＋3价，化合价降低，依据得失电子守恒，必定同时有元素化合价上升，应生成了HNO3，反应方程式为2NO2＋H2O=HNO2＋HNO3。③a.B中溶液含有NO2与H2O反应生成的HNO2、HNO3，HNO3是强酸，完全电离，而HNO2是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向B中溶液加入固体后反应速率很快，说明HNO2浓度增大，则加入的物质中含有NOeq\o\al(－,2)，可以是NaNO2、KNO2等，HNO3与NaNO2等发生复分解反应产生HNO2，使溶液中HNO2浓度增大。b.HNO2不稳定，Ⅳ中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解。11．(2024·东北三省四市第一次模拟)Ⅰ.某爱好学习小组设计如图装置制取SO2，并探讨其性质。请回答下列问题：(1)B、C、D装置分别用于检验SO2的性质，写出C装置中反应的离子方程式：SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Cl－。(2)试验中视察到D装置中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明SO2具有氧化性，请简述理由C装置挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊。(3)E装置的作用为尾气处理，防倒吸。Ⅱ.某学习小组为进一步探究不同浓度的硫酸氧化性不同，设计并完成如下试验：称取肯定量的还原铁粉放入肯定体积的浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。经检验，气体Y中含有SO2、H2。(4)溶液X中含有的金属阳离子是Fe2＋(填化学式)，简述如何检验该离子取少量溶液X，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2＋(其他合理答案也可)。(5)为了测定气体Y中SO2的含量，将2.24L(标准状况)气体Y通入200.00mL0.2000mol·L－1酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出20.00mL溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗0.1000mol·L－1的KHC2O4标准液10.00mL(高锰酸钾被还原均生成Mn2＋)。①已知室温下，0.1000mol·L－1KHC2O4溶液中，c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)。滴定操作过程中标准液应用酸式滴定管(填仪器名称)盛装；滴定终点的现象为滴入最终一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内颜色不复原。②计算气体Y中SO2的物质的量分数为90%。[解析]本题考查化学试验基本操作、氧化还原滴定等，考查的核心素养是科学探究与创新意识。Ⅰ.(1)C装置中SO2与饱和氯水反应的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Cl－。(2)因C装置中挥发出的Cl2也能使D装置中出现浑浊现象，故D装