高考化学试题分类解析汇编非金属及其化合物Word文件下载.doc

1、选项实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液（AgCl） （Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3，进而把H2S氧化为S沉淀，同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液，不能观察AgCl转化为Ag2S，A错误；浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热量，进而与生成的C反应生成SO2，使中的溴水褪色，通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱

2、水性、氧化性，B正确；稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原生成BaSO4，SO2与BaCl2则不反应， C 错误；由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。全国II卷，T9）6下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液【解析】A、发生的反应是CuO+H2Cu+H2O，固体从CuOCu，质量减小，A错误；B、发生的反应是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，固体从Na2O2Na2CO3，质量增加

3、，B正确；C、发生的反应是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，固体从Al+Fe2O3 Al2O3+Fe，质量没有变化，C错误；D、发生的反应是Zn+Cu（NO3）2= Zn（NO3）2+Cu，固体从ZnCu ，质量减小，D错误。江苏卷，T13）7在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】新制氯水中含有氯气

4、，呈浅绿色，A结论正确；生成氯化银沉淀，说明氯水中含有氯离子，B正确；加入碳酸氢钠粉末，有气泡生成，说明有氢离子，C正确；氯气氧化亚铁离子，D错误。江苏卷，T8）8下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是 物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2HFDSO2Ca（OH）2NaHCO3【解析】A 组中铝、盐酸、氢氧化钠均能反应，错误；B中氧气和硝酸不能反应，正确；C中三种物质均能反应，错误；D中三种物质均能反应，错误。江苏卷，T4）9下列物质性质与应用对应关系正确的是A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和

5、剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料【解析】熔点高，与半导体材料无关，A错误；氢氧化铝具有弱碱性，可以用于中和胃酸过多，B正确；漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，C错误；氧化铁与酸反应与制作红色涂料无直接对应关系，D错误。海南卷，T10）10、下列关于物质应用和组成的说法正确的是（ ）A、P2O5可用于干燥Cl2和NH3 B、“可燃冰”的主要成分是甲烷和水C、CCl4可用于鉴别溴水和碘水D、Si和SiO2都用于制造光导纤维【答案】BC【解析】A、P2O5属于酸性干燥剂，不能用来干燥碱性气体NH3，A错误；B、“可燃冰”是水和甲烷在低温、高压的条件下形

6、成的冰状固体，分布于深海沉积物中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，所以“可燃冰”的主要成分是甲烷和水，B正确；C、四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下方，水在上方；萃取时，上层液体是水，溴被萃取到下方四氯化碳中，所以上层无色，下层橙色；将碘水与四氯化碳混合，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大，且四氯化碳的密度大于水的密度，故混合后中溶液分层上层是水下层是碘的四氯化碳溶液，因此下层为紫红色，所以CCl4可用于鉴别溴水和碘水，C正确；D、SiO2用于制造光导纤维，Si用于制造半导体材料，D正确。海南卷，T9）11、下列有关物质应用的说法错误的是（ ）A、玻璃容器可长期盛

7、放各种酸 B、纯碱可用于清洗油污B、浓氨水可检验氯气管道泄漏 D、Na2S可除去污水中的Cu2+【解析】A、玻璃容器可长期盛放不与玻璃发生反应的酸，但由于HF能与玻璃的成分SiO2发生反应（SiO2+4HFSiF4+2H2O），所以玻璃容器不能存放氢氟酸（HF），A错误；B、纯碱（Na2CO3）溶液由于CO32水解而显碱性，可以促进油脂的水解，因此纯碱可用于清洗油污，B正确；C、氯气与浓氨水挥发出的氨气可发生如下反应：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，当将浓氨水靠近氯气时，可以看到白烟（NH4Cl）生成，所以工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏，C正确；D、S2能与Cu2+反应生成CuS

8、沉淀，降低了水中的Cu2+浓度，D正确。海南卷，T1）12、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B、84消毒液的有效成分是NaClOC、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D、装饰材料释放的甲醛会造成污染【解析】A、碘酒是单质碘溶于酒精形成的分散系（溶液），A正确；B、“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO，B正确；C、浓硫酸不与玻璃的成分二氧化硅发生反应，而二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HFSiF4+2H2O，所以工艺师用氢

9、氟酸刻蚀石英制作艺术品，C错误；D、甲醛为常用的合成粘合剂的材料，且甲醛有毒，则某些装饰材料挥发出甲醛和苯等有毒物质会对空气造成污染，D正确。广东卷，T9）13.下列叙述I和II均正确并有因果关系的是叙述I叙述IIKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-NH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验Ca（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0 molL-1的Ca（OH）2溶液 【答案】B 【解析】A项、重结晶分离物质的条件是：溶解度随温度变化大与溶解度随温度变化小的可溶性物质，而NaCl的溶解度受温度影响变化不大，A错误；C项

10、、NH3能使酚酞溶液变红说明氨气溶于水得到碱性溶液，而NH3可用于设计喷泉实验说明氨气极易溶于水，C错误；D项、Ca（OH）2微溶于水，常温下溶解度为0.02克左右。不可能配制出2.0 molL-1的Ca（OH）2溶液。福建卷，T9）14常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZNaOH溶液Al（OH）3KOH溶液浓盐酸N2H2FeCl3溶液CuA B C D【解析】氢氧化铝既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，正确；二氧化硅不与盐酸反应，错误；氮气与氧气和氢气常温下不反应，错误；铜与氯化铁反应，与浓硝酸反应，正确。安徽卷，T12）15中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根

11、据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）规律结论较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为2HClO2HCl+O2，A错误；B、注意一个特殊的现象钝化（铝和浓硝酸发生钝化反应），反应速率减慢，B错误；C、NH3分子之间存在氢键，熔沸点升高，故NH3的沸点高于PH3，C错误；D、ZnS沉

12、淀中加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）ZnSCuS，故D正确。北京卷，T28）16（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L的FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压数值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ixa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2IIaxb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2IIIbx无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN检验出Fe3+的现象是_。（2）I中，F

13、e3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应：_。（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_性。（4）II中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：IVxc有Cl2Vc无Cl2NaCl的浓度是_mol/LIV中检测Cl2的实验方法_。与II对比，得出的结论（写出两点）：_。【答案】（15分）（1）溶液变红 （2）2Cl -2e =Cl2 Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+（3）还原 （4）0.2 取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝 通过控

14、制电压，证实了产生Fe3的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2先于Cl放电【解析】（1）在电解池中，氯离子在阳极放电：2Cl2eCl2，生成的Cl2能够与溶液中的Fe2发生氧化还原反应：Cl22Fe2=2Cl2Fe3。（2）阳极产物没有氯气，二价铁离子具有还原性，也可能是二价铁离子失电子变为三价铁离子，体现了其还原性。（3）根据对照试验，则需要Cl浓度等于原FeCl2溶液中Cl的浓度：0.1 mol/L20.2 mol/L；用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验有无氯气，若试纸变蓝，说明有氯气生成；与对比，电压较大时有Cl2产生，说明电压较大时Cl放电；电压较小时没有Cl2产生，说明在电压较小的时

15、候，Cl没有放电，即Fe2放电变为Fe3，故放电顺序：Fe2Cl。福建卷，T24）17 （15分）铁及其化合物与生产、生活关系密切。（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。该电化腐蚀称为 。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是 （填字母）。（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为 。步骤II中发生反应：4Fe（NO3）2O2（2n4）H2O2Fe2O3nH2O8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为 。上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的

16、是 （任写一项）。（3）已知t时，反应FeO（s）CO（g）Fe（s）CO2（g）的平衡常数K0.25。t时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2） 。若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO（s），并通入xmolCO，t时反应达到平衡。此时FeO（s）转化率为50%，则x 。（1）吸氧腐蚀 B（2）4HNO34NO2+O2+2H2O 4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O 氮氧化物排放少（或其他合理答案）（3） 4:1 0.05（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。（2）浓硝酸分解的化学方程

17、式为4HNO34NO2+O2+2H2O,硝酸氧化 废铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。根据反应FeO（s）CO（g）Fe（s）CO2（g），平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=4:1，若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO（s），并通入xmolCO，t时反应达到平衡。此时FeO（s）转化率为率为50%，FeO（s）CO（g）Fe（s）CO2（g）起始 0.02 x 0 0变化 0.01 0.01 0.01 0.01平衡时 0.01

18、 x-0.01 0.01 0.01 根据平衡常数K=0.25得：，解得x=0.05。福建卷，T25）18 （15分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用右图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为 。（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 。（3）装置III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）。实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHS

19、O3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 （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实验方案是 。实验三 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：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2OH2SO42HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为 gL1。在上述实验过程中，若有部

20、分HI被空气氧化，则测得结果 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O）（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（1）装置1是制备二氧化硫气体，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O）（2） 要从装置II中得到晶体，可采取的措施是过滤；（3）装置III用于处理尾气，可选用的最

21、合理装置是d，a装置缺少与外界相通，错误；b易发生倒吸，错误；c装置倒扣的漏斗进入水中，错误。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是测定溶液的pH，pH小于7，则电离程度大于水解程度，a正确；加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，和盐酸反应生成气体二氧化硫；无法判断电离程度和水解程度；亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色，不能采用；用蓝色石蕊试纸检验，若变红则电离大于水解，e正确。（5）检验变质的方法是取少量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）根据反应方程式可得: SO2I22H2OH2SO

22、42HI。碘的物质的量为0.01002510-3=2.510-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.510-4mol64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。海南卷，T13）19、（9分）4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题： m n x y （1）元素x在周期表中的位置是_周期，_族，其单质可采用电解熔融_的方法制备。（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_（填化学式）。（3）气体分子（mn）2的电子式为_，（mn）2称为拟卤素，性质与卤素

23、相似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_。（9分） （1）三 IIA MgCl2 （每空1分，共3分）（2）HNO3 Al（OH）3 （每空1分，共2分）（3） 2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O （每空2分，共4分）【解析】根据四种元素（相邻主族短周期元素）的位置关系，可知x是Mg，y是Al，m是C，n是N。（1）元素x（Mg）在周期表中的位置是第三周期IIA族，由于Mg的化学性质比较活泼，常用电解熔融的MgCl2的方法制备；（2）m（Mg）、n（C）、y（N）三种元素中，金属性最强的是Al元素，故最高价氧化物的水化物中碱性最强的是Al（OH）3，非金属性最强的是N元素，所以最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HNO3；（3）气体分子（mn）2的化学式是（CN）2，属于共价化合物，电子式是；根据题目中的信息“（mn）2称为拟卤素，性质与卤素相似”，所以（CN）2与氢氧化钠溶液反应发