高三化学一轮复习第四章非金属及其化合物综合测试试卷(DOC 16页).docx

1、第四章非金属及其化合物（考试时间：100分钟 试卷满分：100分）第I卷 选择题一、选择题（每小题4分，共48分）。1、二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途ae是对反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断，ae的叙述中有几个正确的选项（）SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O SiO2+2CSi+2COSiO2+4HFSiF4+2H2O Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2SiO2+3CSiC+2COa反应中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b反应中SiO2表现出氧化性c反应中SiO2表现了酸性氧化物的通性d反应符合用较强酸制

2、取较弱酸的道理e反应中SiO2未参加氧化还原反应A二个 B三个C四个 D五个2、AD是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中D是最高价氧化物对应的水化物那么A可能是（）N2 Si Cu CH4 H2SA只有 B只有C只有 D全部3、下列实验设计能完成预期实验目的是（）选项实验目的实验设计A配制10%的ZnSO4将10g ZnSO47H2O溶解于90g水中B配制100ml，浓度约为1mol/L的氯化钠溶液用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加入100ml蒸馏水，搅拌溶解C验证二氧化硫的漂白性将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液褪色D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从

3、分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出4、一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250ml 2mol/L的硝酸中，反应共生成1.12L NO（标准状况下），再向反应后的溶液中加入1mol/L的硝酸NaOH溶液，当沉淀完全时所加NaOH溶液的体积最少是（）A450mL B500mLC400mL D不能确定5、5.6 g Cu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应，收集到NO和NO2的混合气体V L（标准状况）；向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，沉淀完全后将其过滤、洗净、干燥，称得质量为10.7 g则V的值可能是（）A2.24 B4.48C6.72 D7.8

4、46、在某稀溶液中含有0.1mol HNO3和x mol H2SO4，向其中加入9.6g 铜粉，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为2.24L，则x值至少为（）A0.1 B0.12C0.15 D0.27、标准状况下，将aLH2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO3，且三者的物质的量之比为8：1：1，则原混合气体中H2的物质的量为（）A mol B（b）molC（）mol D mol8、1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中

5、，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀下列说法不正确的是（）A该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB加入NaOH溶液的体积是50mLC浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克9、镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0.3mol），则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（）A26 B29.1g C29.5g D24g10、向含有Fe2+、

6、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示有关说法不正确的是（）A线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/LC当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4ClD原溶液中n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=2：1：311、利用如图实验装置，能得出相应实验结论的是（） 选项实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa酸性：醋酸碳酸苯酚B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性CH2O电石KMnO4乙炔具有还原性D盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：ClCSi12、如图是用于

7、干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项X收集气体YA 碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠第II卷 非选择题二、非选择题（共52分）13、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是_（填离子符号），参加反应的SO2 和Fe3+的物质的量之比是_（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_（双选，填序号）ANa2SO3溶液与HNO3 BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中燃烧 D铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是_（4）若要从A中所得溶

8、液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有_（双选，填序号）A蒸发皿 B石棉网 C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F坩埚（5）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去方案：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红方案：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀上述方案不合理的一个是_，原因是_（6）上述装置中能表明I的还原性弱于SO2的现象是_14、如图为制取纯净干燥的Cl2并

9、让其与铁发生反应的装置，A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网；F为干燥的空广口瓶；烧杯G为尾气吸收装置试回答：（1）C、G两个装置所盛放的试剂分别是：C G 装置搭好须进行气密性检查，写出操作方法： 两处酒精灯应先点燃 处（填写A或B），目的是 F中的现象为 ，G中出现了一种沉淀，该沉淀的化学式 （3）写出在A、E中发生反应的化学方程式为：A： E： 15、某校兴趣小组对SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行探究，实验如表：装置序号试管中的药品现象持续通入实验1.5mL 1molL1 CuSO4溶液和3.5mL 1molL1 NaOH溶液混合开始时有砖红色沉

10、淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色实验1.5mL 1molL1 CuCl2溶液和3.5mL 1molL1 NaOH溶液混合开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色（1）制取新制Cu（OH）2悬浊液的离子方程式为 （2）甲同学重新用实验II的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净向洗净后的Cu（OH）2中加入5mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同，此步实验证明： 检验Cu（OH）2洗涤干净的方法是 （3）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水

11、，能溶于浓盐酸它与氨水反应生成Cu（NH3）2+，在空气中会立即被氧化成含有蓝色Cu（NH3）42+溶液甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：CuCl+2NH3H2O=Cu（NH3）2+Cl+2H2O、 乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，实验方案如图：填写如表空格：试剂1试剂2蒸馏水现象1现象2写出实验II中由Cu（OH）2生成白色沉淀的离子方程式： （4）丙同学通过实验证明实验中观察到的砖红色沉淀是Cu2O完成合理的实验方案：取少量Cu2O固体于试管中， ，则说明砖红色沉淀是Cu2O16、某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（

12、图中a、b、c表示止水夹）请按要求填空：（1）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验若在丙中加入适量水，即可制得氯水将所得氯水分成两份，进行、两个实验，实验操作、现象、结论如下，请将表格中实验1的现象补充：实验序号 实验操作 现象 结论 将氯水滴入品红溶液 氯气与水反应的产物有漂白性 氯水中加入NaHCO3粉末 有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有 较强的酸性有同学认为实验II的结论合理，请说明理由 ；若要利用上述装置设计一个简单的实验，验证Cl和Br的还原性强弱，则丙中所盛装的试剂为 ，能得到结论的实验现象为 ；某同学用该装置探究氯气与KI的反应，在丙中盛放有KI淀粉溶液

13、，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应的化学方程式是 （2）B、D、E装置相连后，在B中盛装铜片（放在有孔塑料板上）和浓硝酸，关闭c，打开a、b，即可在试管丁中收集到NO2B中发生反应的化学方程式为 ；欲用D装置验证NO2与水的反应，在试管中收集满NO2后，使烧杯中的水进入试管丁的操作是（不可改变试管和烧杯的位置）： 17、二氧化硫为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质SO2的制备：用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图1（夹持仪器省略）：

14、（1）图中的装置错误的是 ；B中发生反应的化学方程式为 ；D的作用是 SO2的性质：探究SO2气体性质的装置如图2所示：（2）装置中的现象是 ，说明SO2具有 （填“氧化”或“还原”）性写出装置中通入足量SO2的离子方程式 （3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证中发生了氧化还原反应，取中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的方案是 ，原因是 ，写出解释该原因的离子方程式 （4）SO2可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于

15、纸浆漂白作脱氯剂等实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3写出如图3所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式 参考答案1.A解：aSiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃，是与氟化氢反应生成四氟化硅，所以发生反应，故错误；bSiO2表现出氧化性，说明硅的化合价降低，中硅的化合价降低，故正确；cSiO2表现了酸性氧化物的通性，与碱反应生成盐和水，符合通性的是，而不是，故错误；d反应中是符合强酸制弱酸，符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性酸酐的道理，故错误；e反应中SiO2中硅与氧的化合价都未变，所以未参加氧化还原反应，故正确；故选A2.C解：氮气与氧气反

16、应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生NO，此过程符合题意，故正确；依据分析可知，硅酸不能分解产生二氧化硅，故错误；Cu为金属单质，不存在对应的酸，故错误；C的最高价氧化物的水化物为碳酸，甲烷不充分燃烧生成CO，但是碳酸不能得到CO，故错误；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，浓硫酸与金属反应生成二氧化硫，符合题意，故正确，故选C3.C解：A溶质的质量不是10g，应将10gZnSO4溶解于90g水中，故A错误；B溶剂的体积不等于溶液的体积，应用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加水至100mL，故B错误；C二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故C正确

17、；D分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体从下口流出，防止二次污染，故D错误故选C4.A解：当所加入的NaOH恰好使铁元素沉淀，且使反应溶液呈中性，此时溶液为硝酸钠溶液，根据N元素守恒可求出NaOH的量n（NaOH）=n（NO3）=n（HNO3）n（NO）=0.25L2mol/L=0.45mol，所以V（NaOH）=0.45L，即450ml，故选A5.B解：得到的沉淀是Cu（OH）2 和Mg（OH）2的混合物，质量增加量其实就是结合的OH的质量，所以m（OH）=10.7g5.6g=5.1g，因此 n（OH）=0.3 mol，所以Cu、Mg的总物质的量为0.15mol，Cu、Mg共失去0.15m

18、ol2=0.3 mol电子，假设得到的气体全是NO，由电子转移守恒可知，n（NO）=0.1mol，所以NO体积是：0.1 mol22.4 L/mol=2.24 L；假设得到的气体全是NO2，由电子转移守恒可知，n（NO2）=0.3mol，所以NO2体积是：0.3 mol22.4 L/mol=6.72 L；因为得到是混合气体，因此体积在二者之间，选项B符合故选：B6.C解：9.6g铜粉的物质的量为=0.15mol，反应后生成NO气体，物质的量为=0.1mol，根据反应判断 3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O 3 2 8 2 0.15mol 0.1mol （2x+0.1）mol 0

19、.1mol 要使充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为2.24L，则有，x=0.15，为使铜全部溶解，生成气体体积为2.24L，硫酸的物质的量最少为0.15mol，故选C7.C解：方法一：混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO3，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl）+n（ClO）+n（ClO3），根据氯元素守恒可知，aLH2和Cl2的混合气体中n（Cl2）= n（Cl）+n（ClO）+n（ClO3）= n（Na+）=bmol，所以aLH2和Cl2的混合气体中n（H2）=（）mol方法二：混合气体通入含b

20、molNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO3，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl）+n（ClO）+n（ClO3），由于溶液中Cl、ClO、ClO3三者的物质的量之比为8：1：1，所以溶液中n（Cl）=bmol，n（ClO）=bmol，n（ClO3）=bmol，令氯气与氢氧化钠反应生成的氯离子的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有x=b+bmol5=bmol，溶液中Cl来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，所以氯化氢提供的氯离子为bmolbmol=molb，即反应后的混合气体中n（HCl）=bmol，根据氢元素守恒可知，n（H

21、2）=n（HCl）=molb=0.1bmol，故选：C8.B解：A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L14mol/L=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积为=0.62L=620mL，故B错误；C起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的

22、硝酸的物质的量=0.08mol，故C正确；D由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mol（54）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，故D正确，故选B9.B解：Fe、Mg混合物与硝酸反应形成硝酸镁、铁的硝酸盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，根据电子转移守恒可知，金属提供的电子物质的量=0.3mol（52）=0.9mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，故n（OH）=0.9mol沉淀的质量=m（金属）+m（OH）

23、=13.8g+0.9mol17g/mol=29.1g，故选B10.B解：还原性IFe2+Br，故首先发生2I+Cl2I2+2Cl，I反应完毕再发生：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；最后发生反应2Br+Cl2Br2+2Cl，AB点时溶液中I完全反应，溶液中存在Fe2+和Br，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；B由图可知，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=22mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；CAB段发生2I+Cl2

24、I2+2Cl，2mol的I消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl，故C正确；D由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I+Cl2I2+2Cl，故n（I）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=22mol=4mol，DE段发生2Br+Cl2Br2+2Cl，消耗氯气3mol，故n（Br）=2n（Cl2）=6

25、mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确；故选B11.B解：A醋酸易挥发，中变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应，则图中装置不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱，故A错误；B浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，按照图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质，故B正确；C电石与水反应生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，但电石中混有含硫物质，会生成硫化氢等，硫化氢也能使溶液褪色，则不能说明乙炔的还原性，故C错误；D比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为

26、无氧酸，图中装置只能说明酸性的强弱，不能得出非金属性的强弱，故D错误；故选B12.【解析】A碱石灰呈碱性，能和氯气反应，所以氯气不能用碱石灰干燥，故A错误；B碱石灰与氯化氢反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；C二氧化硫可用氯化钙干燥，可用氢氧化钠溶液吸收，故C正确；D一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，不能用作尾气吸收，故D错误故选C13.（1）Fe2+；1：2；（2）BD；（3）吸收SO2尾气，防止污染空气；（4）BF；（5）B中蓝色溶液褪色14.（1）饱和食盐水；氢氧化钠溶液；关闭分液漏斗活塞，往烧杯G中加水，微热A处酒精灯，烧杯中有气泡产生，停止加热冷却后，导管中形成一段水柱；A；赶走空气，防止

27、铁被空气氧化；产生棕黄或棕红或棕褐色的烟； Fe（OH）3；（3）MnO2+4HCl（ 浓） MnCl2+Cl2+2H2O；2Fe+3Cl2 2FeCl315.（1）Cu2+2OHCu（OH）2；（2）黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl有关（或与SO42无关）；取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净；（3） 4Cu（NH3）2+8NH3H2O+O24Cu（NH3）42+4OH+6H2O；试剂1浓盐酸现象1白色沉淀溶解现象2出现白色沉淀； 2Cu（OH）2+2Cl+SO22CuCl+SO42+

28、2H2O；（4）加5 mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）16.（1） 褪色; 实验结论不合理，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；实验结论不合理，因为制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡； NaBr溶液，试管中溶液由无色变为橙色； 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；（2） Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O； 先关闭止水夹 ab，再打开止水夹 c，双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁中17.（1）集气瓶C中导管长短反了；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；吸收尾气中的SO2，防止污染环境（2）有浅黄色沉淀生成，氧化，2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3；（3）方案一；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色； 5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+；（4）2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 ；