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文档介绍
2021高考化学一轮复习专题质检卷5非金属及其化合物含解析苏教版
专题质检卷五 非金属及其化合物 (时间:45分钟 满分:100分) 一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,每小题只有一个选项符合题目要求) 1.(2019陕西高新中学高三上学期月考)有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,下列说法正确的是( )。 A.晶体硅具有半导体性质,可用于生产光导纤维 B.玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,故常用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰 C.陶瓷、水泥、石英玻璃都属于硅酸盐材料 D.硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2 答案:D 解析:晶体硅是半导体,可用于生产电脑芯片,二氧化硅可用于制造光导纤维,A不正确;玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,但不能用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰,应该用HF,B不正确;陶瓷、水泥属于硅酸盐材料,石英玻璃的主要成分是二氧化硅,C不正确;硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2,D正确。 2.(2018全国Ⅱ)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是( )。 A.雾和霾的分散剂相同 B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关 答案:C 解析:雾和霾的分散剂均为空气,A项正确;根据题目信息,硝酸铵和硫酸铵均为无机颗粒物,是形成雾霾的因素之一,B项正确;氨气分别和硝酸、硫酸生成硝酸铵和硫酸铵,是形成无机颗粒物的反应物,C项错误;过度施用化肥会导致空气中氨气含量增加,促进了无机颗粒物中硝酸铵、硫酸铵含量的增加,D项正确。 3.(2019河北武邑中学高三调研)将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是( )。 A.SO2和H2S B.Cl2和CO2 8 C.NH3和CO2 D.SO2和Cl2 答案:B 解析:硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫,单质硫不溶于水,可以产生沉淀,故A不符合;氯化钡与二氧化氮、二氧化碳均不反应,不会产生沉淀,故B符合;NH3·H2O与二氧化碳反应生成碳酸铵,碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀,故C不符合;Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl,H2SO4+BaCl2BaSO4↓+2HCl,故D不符合。 4.有一瓶Na2SO3溶液,由于它可能部分被氧化,某同学进行如下实验:取少量溶液,滴入Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸,充分振荡后,仍有白色沉淀。针对此实验的下述结论正确的是( )。 A.加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4 B.Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化 C.加入Ba(NO3)2溶液后,生成的沉淀中一定含有BaSO4 D.此实验能确定Na2SO3是否被部分氧化 答案:A 解析:亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡,加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4,A项正确;亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡,再加入足量稀硝酸,仍有白色沉淀不能证明Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化,B项错误;亚硫酸钡难溶于水,加入Ba(NO3)2溶液后,生成的沉淀中不一定含有BaSO4,C项错误;此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化,D项错误。 5.下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确,并存在因果关系的是( )。 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 B 非金属性:Cl>S 酸性:HClO3>H2SO4 C 常温下,NaHCO3的溶解度比Na2CO3小 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀 D 常温下,SO2与氢硫酸和NaOH溶液均可反应 SO2是两性氧化物 答案:C 解析:CaCl2与空气中的CO2不反应,漂白粉在空气中久置变质,是因为次氯酸钙与水、二氧化碳发生反应生成HClO,HClO不稳定发生分解,A项错误;HClO3不是氯元素最高价含氧酸,由酸性:HClO3>H2SO4不能得出非金属性:Cl>S的结论,由酸性:HClO4>H2SO4可得出非金属性:Cl>S的结论,B项错误;向饱和Na2CO3溶液中通入CO2,析出碳酸氢钠沉淀,说明常温下NaHCO3 8 的溶解度比Na2CO3小,C项正确;SO2与氢硫酸发生氧化还原反应生成S和H2O,由此不能得出SO2是两性氧化物的结论,D项错误。 6.SiO2是一种化工原料,利用SiO2可以制备一系列物质。下列说法正确的是( )。 A.图中所有反应都不属于氧化还原反应 B.硅酸盐的化学性质稳定,常用于制造光导纤维 C.可用盐酸除去石英砂中少量的碳酸钙 D.普通玻璃由纯碱、石灰石和石英砂制成,其熔点很高 答案:C 解析:图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3的反应不属于氧化还原反应,SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应,A项错误;光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐,B项错误;玻璃没有固定的熔点,D项错误。 7.向盛有氯化钡稀溶液的甲、乙两试管中分别通入SO2至饱和,若向甲试管中加入足量的稀硝酸,乙试管中加入足量的NaOH溶液,则下列叙述正确的是( )。 A.甲、乙两试管都生成同种白色沉淀 B.甲、乙两试管都有白色沉淀生成,但不是同种物质 C.甲试管中没有白色沉淀生成而乙试管中有 D.甲试管中有白色沉淀生成而乙试管中没有 答案:B 解析:硝酸具有强氧化性,可与二氧化硫反应生成硫酸,则甲试管中生成硫酸钡沉淀,二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠,故乙试管中生成亚硫酸钡沉淀,对比选项可知A、C、D项错误,B项正确。 8.(2019天津第一中学高三月考)有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol·L-1和2 mol·L-1,取10 mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)( )。 A.0.224 L B.0.448 L C.0.672 L D.0.896 L 答案:C 解析:10mL混合酸中含有:n(H+)=0.01L×4mol·L-1×2+0.01L×2mol·L-1=0.1mol,n(NO3-)=0.01L×2mol·L-1=0.02mol,设NO3-完全反应需要H+的物质的量为x,则:由于铁过量,则发生反应:3Fe+2NO3-+8H+3Fe2++2NO↑+4H2O,Fe+2H+Fe2++H2↑,因此 8 3Fe+2NO3- + 8H+3Fe2++2NO↑+4H2O 2 8 0.02mol x 所以x=0.02mol×82=0.08mol,小于0.1mol,故H+有剩余,则反应生成的NO为0.02mol,反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol,则 Fe+2H+Fe2++H2↑ 0.02mol 0.01mol 所以n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol,V(NO)+V(H2)=0.03mol×22.4L·mol-1=0.672L,答案选C。 9.将一定质量的镁铜合金加入稀硝酸中,两者恰好反应完全,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是( )。 A.开始加入合金的质量可能为16.4 g B.标准状况下NO的体积为22.4 L C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL D.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol 答案:C 解析:将一定量的镁铜合金加入稀硝酸中,二者恰好反应完全,金属、硝酸都没有剩余,反应中还原产物只有NO,发生反应:3Mg+8HNO3(稀)3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入3mol·L-1NaOH溶液至沉淀完全,发生反应:Mg(NO3)2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOHCu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,即氢氧化镁和氢氧化铜含有OH-的质量为5.1g,n(OH-)=5.1g17g·mol-1=0.3mol,根据电子守恒,则镁和铜的总的物质的量为0.3mol2=0.15mol,生成NO为0.3mol5-2=0.1mol。镁和铜的总物质的量为0.15mol,假定全为镁,质量为0.15mol×24g·mol-1=3.6g,若全部为铜,质量为0.15mol×64g·mol-1=9.6g,所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g查看更多