1、专题4 非金属及其化合物一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1(滨州模拟)年4月份墨西哥爆发甲型H1N1流感疫情以来，甲型H1N1流感有在全世界蔓延的趋势.卫生专家提醒，第一要务是洗手，借手部消毒能有效阻断传播途径.下列物质不具备杀菌消毒作用的是 ()A酒精B次氯酸钠溶液C氯化铝溶液 D福尔马林解析：酒精是常见的医用皮肤消毒剂；次氯酸钠水解产生的次氯酸具有强氧化性，可以用来杀菌消毒；氯化铝水解产生的氢氧化铝胶体只能用来净水，而不具备杀菌消毒的作用；福尔马林是一定浓度的甲醛水溶液，具有消毒作用.答案：C2下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是 ()A漂白粉的成分为次
2、氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥氨气C实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气DAl2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒解析：漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2；氨气应用碱石灰干燥，用浓H2SO4干燥会发生反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；NO2、HCl等酸性气体可用NaOH溶液来吸收；明矾净水原理是Al3水解生成的Al(OH)3胶体吸附悬浮物质，从而达到净水目的，废水呈酸性会抑制Al3的水解，呈碱性则将大量Al3沉淀掉，所以均不宜用Al2(SO4)3来净化，应该先中和，后用Al2(SO4)3处理.答案：C3化学与生产、生活、社会密切
3、相关.下列说法中不正确的是 ()A2008年北京奥运会开幕式上的“脚印”等焰火让全世界为之欢呼、倾倒，这主要是利用了化学中“焰色反应”的有关知识B“神舟七号”宇航员所穿航天服是由我国自行研制的新型“连续纤维增韧”航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，是一种新型无机非金属材料C三鹿毒奶粉中的三聚氰胺是一种“伪蛋白”，其分子结构如图所示，其化学式为C3H6N6D即将上市的3G手机是集语音、视频、网络于一体新型手机，其芯片材料是二氧化硅解析：手机及计算机的芯片材料是高纯度晶体硅.答案：D4下列离子方程式书写正确的是 ()ANaClO溶液中通入少量的SO2气体：2ClOSO2H2
4、O=SO2HClOB铜跟浓硝酸反应：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2OC向Ca(HCO3)2溶液中滴加过量NaOH溶液：Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2OD等体积等物质的量浓度的NH4HCO3与Ba(OH)2溶液混合后加热：NHOHNH3H2O解析：本题考查离子方程式的正误判断.选项A，生成的HClO具有强氧化性，易将SO氧化，因而不正确；选项B，铜与浓硝酸反应的产物是NO2而不是NO；选项D，正确的离子方程式为NHHCOBa22OHNH32H2OBaCO3.答案：C5下图所示的实验或操作中，能达到实验目的的是 ()解析：B项SO2被NaOH溶液吸收，C项应从右端进气，D项应用
5、向下排空气法.答案：A6下图是利用培养皿探究氨气的性质.实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面.下表中对实验现象所做的解释正确的是 ()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应生成了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱解析：浓氨水滴到氢氧化钠固体上，氢氧化钠固体溶解放热且消耗一定量的水，氨气挥发出来.氨气在浓盐酸附近与挥发出来的HCl反应生成白烟(NH4Cl)；浓硫酸难挥发与氨气反应无明显现象；氨气溶于水生成NH3H2O，
6、与NH3H2O反应生成沉淀金属离子，不只有铝离子；NH3H2O是一种弱碱，而NH3是非电解质.答案：A7(南通模拟)区别SO2和CO2气体可选用 ()A通入澄清石灰水中 B通入品红溶液中C用带火星的木条检验 D通入石蕊试液中解析：CO2和SO2有一些相似的性质，如水溶液都显酸性，都可与Ca(OH)2溶液反应生成难溶物，都不能助燃等；也有一些明显的性质差异，突出的是SO2具有漂白作用，具有较强的还原性等，而CO2则不具备这些性质，所以本题答案为B.答案：B8某溶液中只可能含有下列离子中的几种：K、NO、SO、NH、CO(不考虑少量的H与OH)，取200 mL该溶液分成两等份，进行以下实验.(1)
7、第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224 mL.(2)第二份先加足量的盐酸无现象，再加足量的BaCl2，得到2.33 g固体.则该溶液中()A可能含有KB肯定含有NO、SO、NH、COC一定不含有NOD一定含有K且c(K)0.1 mol/L解析：由(1)知每份溶液中含n(NH)0.01 mol.由(2)知每份溶液中含n(SO)0.01 mol且无CO，由此知溶液中一定有NH、SO、一定无CO，而NO无法确定，因NH所带正电荷总数小于SO所带的负电荷数，故一定有K，若无NO，由电荷守恒原理可求得n(K)0.01 mol，c(K)0.1 mol/L，若有NO，则c(K)0.1 m
8、ol/L.答案：D9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 ()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中毒燃料的不完全燃烧解析：A项引起温室效应，B项酸雨，C项光化学烟雾.答案：D10某学生用滤纸折一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上，另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方(见图).过一会儿，发现纸蝴蝶的颜色由白色转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是 ()ABCD纸蝴蝶上的喷洒液酚酞酚酞酚酞石蕊小烧杯中的溶液浓氨水浓盐酸钠溶液氢氧化浓硫酸解析：首先是烧杯中盛放的溶
9、液必须易挥发，A、B选项中的浓氨水、浓盐酸均易挥发.其次是挥发出的物质与喷洒在蝴蝶纸上的物质相互作用要发生颜色变化，并且是白色红色，B选项不符合题意.答案：A11下列实验能达到预期目的的是 ()A检验溶液中是否含有CO：滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水B从含I的溶液中提取碘：加入适量稀硫酸与3%的H2O2溶液，再用酒精萃取C检验溶液中是否含有SO：先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液D分离NaCl和NH4Cl：将固体加热解析：A项二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，A项不正确；酒精易溶于水，不能从水溶液中萃取碘，B项不正确；稀硝酸可以将SO氧化为SO，不能排除SO的干扰，C项不正确；NH4C
10、l受热分解为NH3和HCl，冷却后重新化合，生成NH4Cl，可以分离NaCl和NH4Cl.答案：D12气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成，已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3溶液，若将X通入澄清石灰水中，却不见沉淀产生，则有关气体X的成分的下列说法正确的是 ()一定含有HBr，可能含有CO2一定不含CO2一定不含NH3、Cl2可能含有Cl2、CO2A只有 B只有 C和 D和解析：X与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的淡黄色沉淀，则一定有HBr，而NH3和Cl2与HBr不共存，所以一定没有NH3和Cl2.HBr溶于水是强酸，CaCO3能溶于酸
11、中，所以不能确定CO2是否存在.答案：C13(银川模拟)足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48 L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60 mL.下列说法不正确的是 ( )A参加反应的硝酸是0.5 molB消耗氧气的体积为1.68 LC此反应过程中转移的电子为0.6 molD混合气体中含NO2 3.36 L解析：由60 mL 5 mol/L NaOH溶液使Cu2恰好完全沉淀可知参加反应的铜为0.15 mo
12、l，此过程转移的电子为0.3 mol.由氮元素守恒Cu(NO3)2、NO2、NO中氮元素物质的量之和与参加反应硝酸的物质的量相等，参加反应的硝酸为0.5 mol.设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y.由元素守恒和电子守恒列方程解得x0.05 mol，y0.15 mol所以V(NO2)0.15 mol22.4 L/mol3.36 L，NO2、NO氧化为硝酸消耗的氧气为0.150.0522.4 L/mol1.68 L.答案：C14已知三角锥形分子E和直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)，如下图，则下列判断错误的是 ()AG是最活泼的非金
13、属单质BL溶于水，溶液呈弱酸性CE能使紫色石蕊试液变蓝色DM化学性质非常活泼解析：由图示可知E是NH3，G是F2，L是HF，M是N2，F2是最活泼的非金属单质， L为HF，属弱酸，水溶液显酸性，NH3能使石蕊试液变蓝色，M为N2，化学性质不活泼，故选D.答案：D15某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下：下列推断不合理的是 ()A往甲中通适量CO2有利于(NH4)2SO4生成B生成1 mol (NH4)2SO4至少消耗2 mol NH3CCO2可被循环使用D直接蒸干滤液能得到纯净的(NH4)2SO4解析：本题主要考查工艺流程图的识别和判断.CaSO42
14、NH3CO2H2O=CaCO3(NH4)2SO4，(NH4)2SO42H2OH2SO42NH3H2O，加热硫酸铵溶液，可挥发出氨气.答案：D16将一定量的锌与100 mL 18.5 mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况).将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH1，则下列叙述中错误的是 () A气体A为SO2和H2的混合物B反应中共消耗Zn 97.5 gC气体A中SO2和H2的体积比为41D反应中共转移3 mol电子解析：反应后溶液体积为1 L，c(H)0.1 mol/L，则n(H)1 L0.1 mol/L0.1 mol，故反应后溶液中剩余硫酸为0.
15、05 mol.由于浓硫酸在与Zn反应过程中浓度逐渐变小，故反应中有SO2、H2两种气体产生.设SO2的物质的量为x，H2的物质的量为y，有Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2Ox2xxZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2yyy解得，所以V(SO2)V(H2)14.反应中消耗n(Zn)n(SO2)n(H2)1.5 mol.m(Zn)65 g/mol1.5 mol97.5 g.n(e)2n(Zn)3 mol.答案：C二、非选择题(本题包括6小题，共52分)17(9分)AG及X、Y均是中学化学常见物质，其中B、D、E、F、G在常温下为气体且B为红棕色，C的硫酸盐溶液通常为蓝色，它们之间有如
16、下转化关系(其中反应的产物中的水已略去). (1)写出G分子的结构式_.(2)写出反应的离子方程式_.(3)写出电解X溶液的阳极反应式_.(4)写出反应的化学方程式_.(5)若使F按下列途径完全转化为Y：则参加反应的F与整个过程中消耗D的物质的量之比为_.解析：B是红棕色气体，故B是NO2，C的硫酸盐溶液呈蓝色，可知C是单质铜.结合反应条件可推知G、Y、D、E分别是氮气、硝酸、氧气、一氧化氮；则X是Cu(NO3)2，反应产物有Cu、N2和水，则A是氧化铜，F是氨气.由质量守恒及电子守恒，可推知NH3转化为HNO3可表示为：NH32O2=HNO3H2O.答案：(1)NN(2)Cu4H2NO=Cu
17、22NO22H2O(3)4OH4e=O22H2O或2H2O4e=O24H(4)2NH33CuON23Cu3H2O(5)1218(8分)如图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验(气体在同温同压下测定).实验序号甲针筒内物质乙针筒内物质甲针筒的现象110 mL FeSO4溶液10 mL NH3生成白色沉淀，后变色220 mL H2S10 mL SO2330 mL NO2(主要)10 mL H2O(l)剩有无色气体，活塞自动向内压缩415 mL Cl240 mL NH3试回答下列问题：(1)实验1中，沉淀最终变为_色，写出沉淀变色的
18、化学方程式_.(2)实验2甲针筒内的现象有：有_生成，活塞_移动(填向外、向内、不).反应后甲针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入_溶液中.(3)实验3中，甲中的30 mL气体是NO2和N2O4的混合气体，那么甲中最后剩余的无色气体是_，写出NO2与H2O反应的化学方程式_.(4)实验4中，已知：3Cl22NH3=N26HCl.甲针筒除活塞有移动，针筒内有白烟产生外，气体的颜色变化为_，最后针筒内剩余气体的体积约为_ mL.解析：在实验2中发生的反应为：2H2SSO2=3S2H2O，二者反应有单质硫生成，同时气体几乎完全消失.在实验3中随着NO2与水不断反应，N2O4会逐渐转化为N
19、O2并最终完全与水反应生成HNO3和NO.在实验4中有白烟的产生，是因为过量的NH3与HCl反应生成了NH4Cl，最终针筒里的气体只有N2.答案：(1)红褐色4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(2)黄色固体向内NaOH(3)NO3NO2H2O=2HNO3NO(4)黄绿色变为无色519(8分)已知有机色质的发色官能团可以被氧化或被加成生成无色物质.(1)为了探索比较SO2和Cl2的漂白原理，甲同学做了如下对比实验：a将干燥的SO2和干燥的Cl2分别通入到盛有干燥的品红试纸集气瓶中，发现红色试纸均不褪色；b将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，发现红色溶液均褪色；c加热中漂白后的溶液，发
20、现前者恢复红色，并产生刺激性气体，后者不能；d将SO2和Cl2分别持续通入紫色石蕊溶液中，发现前者只变红，不褪色，后者先变红，后褪色.请根据甲同学的实验事实，简要说明SO2与Cl2的漂白原理相同之处与不同之处.相同之处：SO2和Cl2本身都没有漂白性，起漂白作用的分别是与水反应后的产物_和_.不同之处：H2SO3只能与某些有机色质发生_反应，生成不稳定的无色物质，产物受热分解再放出SO2，是非氧化还原反应.HClO能与很多有机色质发生_反应，生成物较稳定.(2)乙同学为了探索对比O3、H2O2和Cl2的漂白能力大小，将等体积等浓度的品红溶液与三种漂白剂呈喷雾状分别反应，至完全褪色时，发现消耗三
21、种漂白剂的物质的量相同，但褪色时间O3最短，H2O2次之，Cl2最长.消耗三种漂白剂的物质的量相同的原因是：每摩尔物质提供的_相等；O3漂白速度较H2O2快的主要原因是： _；Cl2漂白速率最慢的主要原因可能是： _.解析：(1)综合分析实验现象，干燥的SO2和干燥的Cl2不具备漂白性，它们与水反应的产物H2SO3和HClO具有漂白性.由于“H2SO3与某些有机色质发生反应，生成不稳定的无色物质，产物受热分解再放出SO2，由非氧化还原反应”可知，H2SO3与某些有机色质发生加合反应；HClO具有强氧化性，与有机色质发生氧化反应.(2)化学反应速率的大小取决于参加反应的物质的性质，同时受外界条件
22、的影响.O3的氧化性大于H2O2，故反应速率较快；氯气在水中溶解性较小，与水反应生成的HClO浓度较小.所以反应速率最慢.答案：(1)H2SO3HClO加合氧化(2)氧原子数(或得电子数)氧化性O3H2O2Cl2与H2O反应生成HClO的浓度较小20(10分)十七届三中全会通过关于推进农村改革发展若干重大问题的决定，把发展建设社会主义新农村作为战略任务.农村使用的氮肥主要是“氢铵”和“尿素”.某兴趣小组对某“氢铵”化肥进行了专题研究：(1)预测：根据已有知识和“氢铵”的名称，该小组预测该“氢铵”是碳酸或亚硫酸或硫酸的铵盐.验证和探究：阴离子的探究：取少量固体药品于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸
23、，固体全部溶解，将产生的气体通入下图装置.观察到的现象是：溴水无明显变化，澄清的石灰水变浑浊.再向滴加稀盐酸反应后的试管中加Ba(OH)2溶液，无明显现象.初步结论：“氢铵”是_的铵盐.要进一步确定“氢铵”的成分还需要补做如下实验：取适量“氢铵”配制成溶液，取试液于一支洁净的试管中，加足量BaCl2溶液，a若不产生白色沉淀，说明该化肥主要成分为_；b若产生白色沉淀，过滤、取滤液加入适量的Ba(OH)2溶液，也产生白色沉淀说明该化肥主要成分为_；c若产生白色沉淀，过滤，取滤液加入适量的Ba(OH)2溶液，无明显现象，说明该化肥主要成分为_.(2)该实验小组设计了以下两个实验方案测定该化肥的含氮量
24、，请你阅读后解释方案中提出的问题并进行评价：方案(一)：准确称取一定质量的样品，放入上图方案(一)的烧瓶中，滴加过量NaOH浓溶液，充分微热，按如图装置，通过实验测定烧杯增加的质量(忽略漏斗中附着的液体的质量)，然后进行计算，可得化肥的含氮量.方案(二)：准确称取一定质量的样品，放入上图方案(二)的烧瓶中，滴加过量NaOH浓溶液，充分微热，按如图装置(A管可上下移动)，测量生成的氨气体积(设所测体积为标准状况下的体积)，然后计算，可得化肥的含氮量.请你评价上述两套方案是否合理.方案(一)_.方案(二)_.(填“合理”、“不合理”)方案(二)中导管a的作用是_.(填字母)A保持烧瓶与分液漏斗的压
25、强相同，使分液漏斗中的液体顺利流出B滴入烧瓶的氢氧化钠溶液的体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入氢氧化钠溶液的体积造成的体积误差C防止装置漏气方案(二)中在读取反应后A管中液面的读数时，应注意_.A视线与凹液面最低处相平B等待片刻，待装置内冷却到室温，A管液面不再上升时再进行相关操作C读数时须上、下移动A管，使A管内液面与B内液而相平D读数时不一定使A管内液面与B内液面相平解析：(1)根据中现象所得溶液中不含HSO、SO和SO，即为碳酸的铵盐.中，溶液中加足量BaCl2溶液无白色沉淀产生则不含CO；再加入适量的Ba(OH)2溶液，若产生白色沉淀是由于溶液中含有的HCO和OH反应生成
26、CO，CO与Ba2反应生成白色沉淀；若不产生白色沉淀，则不含有HCO.(2)方案(一)氨气中混有的水蒸气冷凝为液态水，影响氨气质量的测定，故不合理.方案(二)是利用排液体收集并测定氨气体积，导管a可使分液漏斗与烧瓶内气压相等，且能将加入的液体占据气体的体积转移到漏斗中，减小体积测定误差.在测定气体体积时应考虑影响气体体积的温度、压强等因素.该反应在加热条件下进行，所得气体温度高于室温，测体积时应恢复至室温；若两侧液面不相等，左侧管中气体压强大于大气压，应先调液面相平后再测量；读数时视线与凹液面最低处相平不会出现误差.答案：(1)碳酸a.NH4HCO3b(NH4)2CO3和NH4HCO3的混合物
27、c(NH4)2CO3(2)不合理合理ABABC21(9分)选择性催化还原(SCR)是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O，这是目前国外硝酸厂进行尾气治理所普遍采用的一种方法.某化学兴趣小组拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率.试回答下列问题：(1)若制取氨气用A装置，则发生反应的化学方程式为_；若用B装置制取氨气，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是_.(2)用C装置制取NO时，用可抽动的铜丝其优点是_；(3)装置的作用可能是_.(4)若进入装置的NO共2688 mL(已折算为标准状况，下同)，氨气过量，最后收集到标准状况下2016 mL N2，则NO的转化率为_.解析：(1)A装置发
28、生反应为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O.若改用B装置属“固液气体”型，则可利用浓氨水与碱石灰反应来制取.(2)C装置的优点是铜丝可抽动，因此可以随时关停，操作方便且可反复使用，节约药品.(3)装置的作用是吸收未反应的NO.(4)NO与NH3的反应方程式为：6NO4NH3=5N26H2O，由方程式知，2688 mL NO可以生成2240 mL N2，NO的转化率为100%90%(其他合理解法亦可).答案：(1)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O浓氨水、碱石灰(生石灰或氢氧化钠固体)(2)反应可以随时关停，操作方便，反复使用，节约药品(3)吸收未反应的NO(
29、4)90%22(8分)氮的化合物在某些领域中扮演着重要的角色.(1)硝酸是工业三大强酸之一.试从原料的利用率和环境保护两个角度分析，溶解等量的金属铜用浓硝酸好，还是稀硝酸好？写出反应的化学方程式并简要分析_.(2)氮的化合物在航天航空事业中起着不可替代的作用.神舟七号飞船的外壳是一种新型结构陶瓷材料，它的主要成分是氮化硅.工业上使用SiCl4、N2和H2在一定条件下反应生成氮化硅，写出该反应的化学方程式(不必配平)_.(3)三聚氰胺C3N3(NH2)3是一种重要的有机化工原料，因其含氮量高达而被不法商家用作食品添加剂，以提升食品检测中的蛋白质含量指标(以氮元素的质量分数N%表示).某品牌奶粉中
30、N%为1.9%，若在100 g该奶粉中加入10 g三聚氰胺，则N%提高为原来的_倍(取整数).解析：(1)根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的化学方程式，溶解3 mol(等量)铜时消耗浓硝酸12 mol，生成NO2 6 mol；消耗稀硝酸8 mol，生成NO 24 mol，可见用浓硝酸溶解铜，原料利用率低且产生的环境污染物多，所以使用稀硝酸溶解好.(2)使用SiCl4、N2和H2在一定条件下制备氮化硅，反应过程中氮元素的化合价降低，硅元素的化合价不变，由氧化还原原理，氢元素化合价升高，所以另外一种产物为HCl.(3)N%(1001.9%10)1107.79%7.791.94.经计算N%提高到原来的4倍.答案：(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)2NO22H2O3Cu8HNO3(浓)=3Cu(NO3)2NO4H2O，溶解等质量的铜，使用稀硝酸时消耗的硝酸少，且产生的有害气体也少，故用稀硝酸好.(2)SiCl4N2H2Si3N4HCl(3)4 高考资源网%
