2016高考二轮化学总复习专题限时训练10

专题限时训练(十)非金属及其化合物(时间：60分钟分数：100分)一、选择题(每小题5分，共55分)1．化学与环境保护、生产生活有着密切的联系。下列说法正确的是()A．环境空气质量指数(AQI)包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标B．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，均不可食用C．明矾水解产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒D．将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放符合“绿色化学”的要求答案：D解析：环境空气质量指数不包括CO2，A错误；B项，少量的食品添加剂对人体健康无害；C项，Al(OH)3胶体用于净化水，而不是杀菌消毒；D项，废酸、废碱中和后生成H2O和盐，排放后，污染大大减少，正确。2．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是()A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3答案：C解析：A项，Si元素在自然界中无游离态，错误；B项，SiO2能与HF反应，错误；C项，C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，正确；D项，根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4H2CO3H2SiO3，错误。3．(2015·洛阳二模)下列物质性质与应用的因果关系正确的是()A．焦炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅B．晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大C．二氧化锰具有强氧化性，故能将双氧水氧化为氧气D．Fe比Cu活泼，所以FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu答案：A解析：A项，碳和SiO2反应生成Si和CO，该反应中碳失电子而作还原剂，A正确；硅用于制作半导体材料是因为其是半导体，B错误；C项，二氧化锰具有强氧化性，但在双氧水的分解中，二氧化锰作催化剂而不是氧化剂，故C错误；D项，FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu，说明三价铁氧化性比铜离子强，与Fe比Cu活泼无关，故D错误。4．(2015·安徽卷)下列有关说法正确的是()A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物答案：C解析：A项，Na2CO3性质稳定，在酒精灯加热条件下不能分解，而NaHCO3在酒精灯加热条件下能分解。B项，Fe(OH)3胶体为红褐色。C项，H2、SO2、CO2都不能与浓H2SO4反应，因此都能用浓H2SO4干燥。D项，SiO2是酸性氧化物。5．(2015·全国卷Ⅱ)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误．．的是()A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收答案：C解析：A项苦卤中含有K＋、Mg2＋、Br－等，通入Cl2可将Br－氧化成Br2，便于从苦卤中提取Br2。B项粗盐中含有不溶性杂质(泥沙)和可溶性杂质(Ca2＋、Mg2＋、SO2－4等)，将粗盐溶于水，并除去其中的杂质，再通过重结晶的方法得到纯净NaCl晶体。C项工业上沉淀Mg2＋常选用廉价的Ca(OH)2，而不选用NaOH。D项Br2具有较强的挥发性，富集溴时，常先用空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原吸收(SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr)，得到浓度较大的含Br－溶液。6．(2015·肇庆模拟)下列各选项陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且二者有因果关系的是()陈述Ⅰ陈述ⅡA常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应续表陈述Ⅰ陈述ⅡBHCl与Na2CO3溶液反应生成CO2用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HClCCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强D稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物为NO和NO2稀HNO3氧化性比浓HNO3强答案：C解析：常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，铜与浓硫酸不反应，陈述Ⅱ不合理，A不选；B项，CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以陈述Ⅱ不合理，B不选；Cl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，则次氯酸的氧化性比氯气的强，陈述均合理，存在因果关系，故选C；浓HNO3氧化性比稀HNO3强，陈述Ⅱ不合理，D不选。7.已知一定条件下A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A．若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B．若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态答案：D解析：A项，3Fe＋4H2O(g)=====高温Fe3O4＋4H2，错误。B项，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，错误。C项，若A、B、C、D均为化合物，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，该反应属于氧化还原反应，错误。D项，若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则符合要求的是NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O，则D是水，在常温下呈液态，正确。8．如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是()A．SiO2属于两性氧化物B．盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞C．硅胶吸水后可重复再生D．图中所示的转化都是氧化还原反应答案：C解析：SiO2是酸性氧化物；Na2CO3溶液呈碱性，试剂瓶不能用玻璃塞；题图中有的转化不是氧化还原反应，例如SiO2与NaOH溶液的反应。9．如图是课外活动小组同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是()A.挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹B．挤压装置②的胶头滴管使饱和NaHCO3溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹D．向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹答案：B解析：能否产生喷泉现象关键要看能否产生压强差，A中氯气易溶于四氯化碳，且又能和氢氧化钠反应，故可以。B中二氧化碳难溶于饱和NaHCO3溶液，难以产生压强差，不能形成喷泉。C中氨气极易溶于水，能形成喷泉。D中加入足量浓硫酸，浓硫酸遇水放热加速氨气挥发，氨气能和氯化氢反应生成固体氯化铵形成压强差，形成喷泉。10．(2015·上海卷)将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是(假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况)()A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL答案：BD解析：将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3＋5O2=====催化剂加热4NO＋6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3＋2O2===HNO3＋H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL－44.8mL＝403.2mL，其中含有的氧气是V(O2)＝403.2mL×2/3＝268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是V(O2)＝403.2mL×2/3＋44.8mL＝313.6mL。11．把一定质量的铁完全溶解于某浓度的硝酸中收集到0.3molNO2和0.2molNO。向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液充分反应，经过滤、洗涤后，把所得沉淀加热至质量不再减少为止。得到固体质量不可能．．．为()A．18gB．24gC．30gD．36g答案：A解析：根据题意可知在反应过程中Fe失去的电子与硝酸得到的电子的物质的量相等。最后所得到的固体为Fe2O3。n(e－)＝0.3mol×1＋0.2mol×3＝0.9mol。若Fe全部为＋2价，则n(Fe)＝0.45mol，根据Fe元素守恒，m(Fe2O3)＝(0.45mol÷2)×160g/mol＝36g，若Fe全部为＋3价，则n(Fe)＝0.3mol。m(Fe2O3)＝(0.3mol÷2)×160g/mol＝24g，若Fe被氧化的价态为＋2、＋3两种价态，则最后得到的固体的质量在24g～36g之间。因此最后得到固体质量不可能为18g。二、非选择题(共45分)12．(15分)(2015·重庆卷)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为________。(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为________(已知该反应为置换反应)。(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为________，K的原子结构示意图为________。(4)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为____________。(5)100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L(标准状况)。①用碱石灰除去的物质为________；②该产气药剂中NaN3的质量分数为________。答案：(1)··N⋮⋮N··(2)Fe(3)离子键和共价键(4)2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O(5)①CO2、H2O②65%解析：(1)每个N原子最外层有5个电子，N与N之间有三对共用电子，所以其电子式为··N⋮⋮N··。(2)Na在反应中作还原剂，Fe元素的化合价降低，因该反应为置换反应，所以还原产物为Fe。(3)KClO4为离子化合物，K＋与ClO－4间存在离子键，ClO－4内部Cl原子与O原子间存在共价键；K原子核外有19个电子，有四个电子层，每个电子层上分别有2、8、8、1个电子。(4)NaHCO3不稳定，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O。(5)①碱石灰主要用来吸收CO2和H2O。②N2的物质的量为1.5mol，由N原子个数守恒可知NaN3的物质的量为1mol，因此NaN3的质量为65g，即NaN3的质量分数为65g100g×100%＝65%。13．(15分)某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，设计了如图所示装置进行有关实验：(1)先关闭活塞a，将6.4g铜片和10mL18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完成，发现烧瓶中还有铜片剩余。再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失。①写出上述过程中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式：打开活塞a之前______________________；打开活塞a之后____________________。②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但集气瓶内的导管未画全，请直接在图上把导管补充完整。(2)实际上，在打开活塞a之前硫酸仍有剩余。为定量测定余酸的物质的量，甲、乙两学生进行了如下设计：①甲学生设计的方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再通过计算确定余酸的物质的量。他测定SO2的方法是将装置A产生的气体缓缓通过装置D，从而测出装置A产生气体的体积(已折算成标准状况下)。你认为甲学生设计的实验方案中D装置中的试剂为_______________________________________________(填化学式)。②乙学生设计的方案是：将反应后的溶液