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
《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（34页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
选项
①
②
③
实验结论
A．
稀硫酸
Na2S
AgNO3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
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D．
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3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③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③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，B正确；
C、发生的反应是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，固体从Al+Fe2O3Al2O3+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Cl2
B．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Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．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，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
A
Al
HCl
NaOH
B
NH3
O2
HNO3
C
SiO2
HF
D
SO2
Ca（OH）2
NaHCO3
【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Ⅳ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+4HF═SiF4↑+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+3Cl2═N2+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NaClO
C、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+4HF═SiF4↑+2H2O，所以工艺师用氢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II
KNO3的溶解度大
用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
BaSO4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2.0mol∙L-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、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2.0mol∙L-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
X
Y
Z
NaOH溶液
Al（OH）3
KOH溶液
浓盐酸
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
A．①③B．①④C．②④D．②③
【解析】氢氧化铝既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，①正确；
二氧化硅不与盐酸反应，②错误；
氮气与氧气和氢气常温下不反应，③错误；
铜与氯化铁反应，与浓硝酸反应，④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）ZnS＞CuS，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
I
x≥a
电极附近出现黄色，有气泡产生
有Fe3+、有Cl2
II
a>
x≥b
电极附近出现黄色，无气泡产生
有Fe3+、无Cl2
III
b>
x>
无明显变化
无Fe3+、无Cl2
（1）用KSCN检验出Fe3+的现象是_______________________。
（2）I中，Fe3+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：
IV
x≥c
有Cl2
V
c>
无Cl2
①NaCl的浓度是_________mol/L
②IV中检测Cl2的实验方法______________________________________________。
③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）①0.2②取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝
③通过控制电压，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：
2Cl－－2e－＝Cl2↑，生成的Cl2能够与溶液中的Fe2＋发生氧化还原反应：
Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋。
（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）①根据对照试验，则需要Cl－浓度等于原FeCl2溶液中Cl－的浓度：
0.1mol/L×
2＝0.2mol/L；
②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；
③与Ⅱ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候，Cl－没有放电，即Fe2＋放电变为Fe3＋，故放电顺序：
Fe2＋＞Cl－。
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。
①该电化腐蚀称为。
②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：
①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。
②步骤II中发生反应：
4Fe（NO3）2＋O2＋（2n＋4）H2O＝2Fe2O3·
nH2O＋8HNO3，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。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是（任写一项）。
（3）已知t℃时，反应FeO（s）＋CO（g）Fe（s）＋CO2（g）的平衡常数K＝0.25。
①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：
n（CO2）＝。
②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（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）①吸氧腐蚀②B
（2）①4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O②4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O
③氮氧化物排放少（或其他合理答案）
（3）①4:
1②0.05
（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1L密闭容器中加入0.02molFeO（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0.02x00
变化0.010.010.010.01
平衡时0.01x-0.010.010.01
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：
Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5
（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NaHSO3。
（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pHb．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SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI）
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g·
L－1。
②在上述实验过程中，若有部分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）①0.16②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:
SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI。
碘的物质的量为0.0100×
25×
10-3=2.5×
10-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.5×
10-4mol×
64g/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，性质与卤素相似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_________________________________。
（9分）
（1）三IIAMgCl2（每空1分，共3分）
（2）HNO3Al（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
升级会员 