1、专题综合检测（四） 非金属及其化合物一、单项选择题1非金属元素的一些氧化物会导致环境污染，以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是()选项氧化物环境问题主要来源ACO2酸雨化石燃料的燃烧BSO2光化学烟雾汽车尾气的排放 CNO2温室效应工厂废气的排放DCOCO中毒汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧解析：选DCO2能导致温室效应，NO2能引起光化学烟雾，SO2能引起酸雨。2(2018江都中学模拟)下列有关物质的性质或应用均正确的是()A二氧化硅为酸性氧化物，可用于制作计算机芯片B铜的金属活泼性比铁差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀CZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极
2、材料D浓硫酸具有脱水性，可用于干燥NH3、SO2等解析：选C二氧化硅为绝缘体，硅为良好的半导体材料，硅用于制作计算机芯片，A错误；要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，B错误；Zn是较为活泼的金属，具有较强的还原性，可作为锌锰干电池的负极材料，C正确；浓硫酸作干燥剂体现吸水性，浓硫酸具有酸性不能干燥氨气，D错误。3(2017通泰扬三模)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A氨气具有还原性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏B明矾易溶于水，可用作净水剂C盐酸具有还原性，可用于除去铁锈D浓硝酸具有酸性，可用于钝化铁、铝解析：选A明矾溶于水后生成Al(OH)3胶体，故可用于净水，B错误；
3、盐酸用于除锈是利用盐酸的酸性，C错误；浓硝酸具有强氧化性，故能钝化铁、铝，D错误。4(2018无锡一模)在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化不能一步实现的是()ASO2NH4HSO3(NH4)2SO4BHCl(浓)Cl2Ca(ClO)2CN2NO2HNO3D饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3解析：选C氮气与氧气在放电条件下反应生成NO，N2不能一步转化为NO2，C符合题意。5将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中一定能产生沉淀的是()选项ABCD甲气体NO2HClCO2CO2乙气体SO2CO2SO2CO丙溶液BaCl2溶液澄清石灰水澄清石灰水CaCl2溶液解析：选A在溶液中NO2与
4、水反应生成的HNO3可将SO2氧化为SO，进而与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，A项正确；将足量的HCl和CO2混合气体通入澄清石灰水中，若HCl过量，则没有沉淀产生，B项错误；足量的CO2和SO2混合气体通入澄清石灰水中，若CO2、SO2过量，则没有沉淀产生，C项错误；二氧化碳和一氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应，一定无沉淀产生，D项错误。6用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是()选项中的物质中的物质预测装置中现象ANO2蒸馏水试管充满无色溶液BSO2紫色石蕊溶液溶液逐渐变为红色CNH3AlCl3溶液产生白色沉淀DCl2AgNO3溶液产生白色沉淀 解析：选AA项，3NO2H
5、2O=2HNO3NO，水不会充满整个试管，故说法错误；B项，SO2溶于水形成H2SO3，使紫色石蕊变红，故说法正确；C项，Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，产生白色沉淀，故说法正确；D项，Cl2H2OHClHClO，HClAgNO3=AgClHNO3，故说法正确。7用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计最严密的是()A检验试液中的SO：试液无沉淀白色沉淀B检验试液中的SO：试液无沉淀白色沉淀C检验试液中的I：试液深黄色溶液深黄色溶液D检验试液中的CO：试液白色沉淀沉淀溶解解析：选BA中先加入稀硝酸，如果溶液中没有SO而存在SO，硝酸可能将SO氧化成SO，最终也会出现白色沉淀，A
6、错误；B中先加入足量稀盐酸，可以排除SO、Ag等离子的干扰，然后加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明原溶液中存在SO，B正确；如果溶液中存在I，I具有还原性，被过氧化氢氧化为碘单质，碘单质遇淀粉溶液显蓝色，但是C中最终溶液没有变蓝色，C错误；D中如果存在SO，也会出现相同的实验现象，D错误。8二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水消毒。实验室通过如下过程制备二氧化氯。下列说法正确的是( )A电解时发生反应的离子方程式为NH3Cl2H2NCl3B溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OHC可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2解析：选BA项，
7、电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，离子方程式为NH2H3Cl3H2NCl3，错误；B项，根据元素守恒，溶液X中大量存在的阴离子有Cl、OH，正确；C项，ClO2易溶于水，NH3显碱性，因此要除去混有的氨气，应该选择浓硫酸，错误；D项，明矾在水中会生成氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质起到净水的作用，但并不能除去NaClO2，错误。二、不定项选择题9.如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于()A浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2B浓氨水和生石灰反应制取NH3C稀硝酸与铜反应制取NOD二氧化锰固体和双氧水反应制取O2解析：选CD浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2需加热，A错误；浓氨水和生石灰
8、反应制取NH3，NH3极易溶于水，不能用排水法收集，B错误。10(2016上海高考)下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是()选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红溶液褪色SO2具有还原性解析：选DA项，NH3可以采取浓氨水和生石灰反应制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明NH3为碱性气体，正确；B项，利用浓硫酸的高沸点性和遇浓盐酸放热的性质，可以制取HCl气体，pH试纸变红，说明HCl气体为酸性气体，正确；C项，浓盐酸和二氧
9、化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，正确；D项，SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，错误。11下列实验过程始终无明显现象的是()ACO2通入饱和Na2CO3溶液中BSO2通入CaCl2溶液中CNH3通入HNO3和AgNO3的混合溶液中DSO2通入Na2S溶液中解析：选BNa2CO3与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3溶解度小，溶液变浑浊，A不符合题意；CaCl2溶液中通入SO2不发生反应，始终无明显现象，B符合题意；NH3通入HNO3和AgNO3的混合溶液中，先与HNO3反应，开始没有沉淀，等HN
10、O3全部反应完后，再与AgNO3反应生成AgOH沉淀，继续通入氨气生成可溶性的银氨溶液，沉淀减少，直至液体变澄清，C不符合题意；SO2通入Na2S溶液中发生反应2Na2S5SO22H2O=4NaHSO33S，生成硫沉淀，D不符合题意。12将16.0 g铜与100 mL一定浓度硝酸反应，铜完全溶解产生NO和NO2混合气体在标准状况下体积为11.2 L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100 mLb molL1 NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度一定为()A1.0 molL1B(b5)molL1C10 molL1 D无法计算解析：选BHNO3与Cu反应后，N元
11、素以NO、NO2、Cu(NO3)2和过量的HNO3存在，溶液中Cu(NO3)2和过量的HNO3与NaOH反应后生成NaNO3，参加反应的NaOH的物质的量等于Cu(NO3)2和过量的HNO3中N原子的物质的量，原HNO3溶液HNO3的物质的量为0.1 Lb molL1(0.50.1b)mol，其浓度为(0.50.1b)/0.1(b5)molL1。三、非选择题13某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的离子方程式为_。(2)装置A中的烧瓶内固体可选用_(填字母)。A碱石灰 B生石
12、灰C二氧化硅D五氧化二磷(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B_，D_，E_。(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出该反应的化学方程式：_；该反应中每生成0.5 mol N2转移_mol电子。解析：(1)二氧化锰与浓盐酸反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。(2)由图可知，A为固体与液体不加热装置，为浓氨水与生石灰或碱石灰混合得到氨气。(3)氨气为碱性气体，要除去氨气中的水，应选择碱石灰作干燥剂，选用装置；从F中制取的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去。(
13、4)NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质，应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH36NO=5N26H2O；生成5 mol N2转移12 mol电子，则生成0.5 mol N2转移1.2 mol电子。答案：(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(2)AB(3)(4)4NH36NO=5N26H2O1.214某小组同学探究NH4Cl溶液与Na反应生成的气体成分，设计实验如下。请回答：已知：加热条件下，NH3和CuO反应生成Cu和N2。(1)NH3和CuO反应的化学方程式为_。(2)为验证装置A中生成的气体成分，该小组同学用如图所示装置进行实验(夹持装置略去)。盛放NH4Cl溶
14、液的仪器名称为_。按气流方向，装置依次连接的合理顺序为a()()()()()()()()尾气处理。装置B的作用为_。装置D中所加试剂为_(填化学式)。能证明生成的气体中有H2的现象为_。装置A中发生反应的化学方程式为_。(3)已知：Cu2O2H=CuCu2H2O，待装置E中固体完全反应后，设计实验证明残留固体中只含单质Cu：_。解析：(1)由信息：NH3与CuO反应生成N2和Cu，根据电子守恒和质量守恒可得反应方程式。(2)由装置图可知盛放NH4Cl溶液的仪器为分液漏斗。依据实验目的和原理，应先用酚酞溶液检验NH3，再除尽NH3和水蒸气，进一步用灼热的CuO和CuSO4检验H2，可得合理的连接
15、顺序。足量浓硫酸可除尽NH3和水蒸气，倒置漏斗防止倒吸。CuSO4吸收水蒸气转化为胆矾，颜色变蓝可检验H2与CuO反应生成水。检验H2需结合E、D两个装置中的现象。首先Na与NH4Cl溶液中的H2O反应生成NaOH和H2，然后NaOH与NH4Cl反应生成NaCl、NH3和H2O，由此可写出反应的化学方程式。(3)Cu与稀硫酸不反应，Cu2O与稀硫酸反应可形成蓝色溶液，故无蓝色溶液或固体完全不溶解时，残留固体中只有Cu单质。答案：(1)3CuO2NH3N23Cu3H2O(2)分液漏斗edcbh(或i)i(或h)fg除尽H2中混有的NH3和水蒸气，避免干扰H2的检验；防止倒吸CuSO4E中黑色固体
16、变成红色，D中白色固体变成蓝色2NH4Cl2Na=2NaCl2NH3H2(分开写成两个方程式也可以)(3)取残留固体少量于洁净试管中，加入足量稀硫酸，无固体溶解(或不能形成蓝色溶液)，则残留固体只含单质Cu(或其他合理答案)15过硫酸铵(NH4)2S2O8是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵，其工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)0.1 molL1(NH4)2SO4溶液中，各离子的浓度由大到小的顺序为_。(2)“调pH”控制溶液的pH10，室温下该溶液中c(NH)c(NH3H2O)_。已知：K(NH3H2O)1.7105(3)“氧化”时有中间产物F
17、e6(OH)12SO4生成，该物质中nFe()_；该物质进一步被空气氧化成FeOOH的化学方程式为_。注：Fe()表示二价铁，Fe()表示三价铁(4)“电解”时，硫酸铵溶液的浓度为400 gL1，其物质的量浓度是_molL1。(计算结果保留两位小数)(5)“电解”装置如图所示。阳极的电极反应式是_；电解过程中阴极室溶液的pH_(填“变大”“变小”或“不变”)。电解所得溶液A经降温结晶分离出(NH4)2S2O8后，往剩余溶液中加入适量的硫酸铵和_(填化学式)后便可继续用作阳极室的电解液。解析：(1)0.1 molL1(NH4)2SO4溶液由于NH水解而呈酸性，故离子浓度：c(NH)c(SO)c(
18、H)c(OH)。(2)pH10，则溶液中c(OH)104 molL1，根据K(NH3H2O)，则0.17。(3)设该物质中Fe()、Fe()的个数分别为x、y，则xy6，根据化合物中各元素化合价代数和为0，有：2x3y1220，联立解得x4，y2。故nFe()nFe()21。结合流程图，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：Fe6(OH)12SO4O22NH3H2O=6FeOOH(NH4)2SO44H2O。(4)该硫酸铵溶液的物质的量浓度为3.03 molL1。(5)电解(NH4)2SO4溶液制备(NH4)2S2O8，阳极上SO发生氧化反应：2SO2e=S2O。阴极上H发生还原反应：2H2e=H2，由于使用质子交换膜，H可通过质子交换膜进入阴极室，故电解过程中阴极室溶液中c(H)不变，pH不变。电解时H通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，因此阳极室还需加入H2SO4。答案：(1)c(NH)c(SO)c(H)c(OH)(2)0.17(3)21Fe6(OH)12SO4O22NH3H2O=6FeOOH(NH4)2SO44H2O或Fe6(OH)12SO4O2=6FeOOHH2SO42H2O(4)3.03(5)2SO2e=S2O不变H2SO4