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1、第四章 非金属及其化合物测评(时间:90分钟总分值:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Na23P31S32Cl35.5Cu64Ag108Ba137一、选择题(此题包括12小题,每题4分,共48分。每题只有1个选项符合题意)1.以下表达正确的选项是()A.SO2具有复原性,故可作漂白剂B.Na的金属活动性比Mg强,故可用Na与MgCl2溶液反响制MgC.浓硝酸中HNO3见光会分解,故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D.Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3,故在与其他非金属反响的产物中的Fe也显+3价解析:A项,SO2可作漂白剂是因为SO2可与有色物质结合成不稳定的无色物质,并不是
2、因其具有复原性;B项,金属单质Mg的制取应用电解法;D项,Fe与强氧化剂反响得到的产物中铁元素显+3价,与弱氧化剂反响得到的产物中铁元素显+2价,如Fe与S反响生成FeS。答案:C2.以下有关氨水和氯水的说法正确的选项是()A.含有的物质种类相同B.敞口放置后溶液的pH均可能减小C.都能与SO2发生氧化复原反响D.均具有强氧化性解析:氨水中含有NH3、H2O、NH3H2O、H+、OH-、N,氯水中含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-,A项错误;敞口放置后氯水逐渐变成盐酸,酸性增强,pH减小;氨水中的氨挥发,碱性减弱,pH减小,B项正确;氨水中NH3H2O与SO2发生复分
3、解反响,氯水中Cl2与SO2发生氧化复原反响,C项错误;氨水不具有强氧化性,D项错误。答案:B3.以下实验过程中,始终无明显现象的是()A.NO2通入FeSO4溶液中B.CO2通入CaCl2溶液中C.NH3通入AlCl3溶液中D.SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中解析:A选项,NO2溶于水生成硝酸,具有强氧化性,能将Fe2+氧化成Fe3+(棕黄色)同时放出无色气体NO,NO遇空气变红棕色;B选项,CO2与CaCl2反响,无明显现象;NH3溶于水生成NH3H2O,显碱性,与Al3+作用产生Al(OH)3沉淀;在酸性条件下,N具有强氧化性,能将SO2氧化成S,S与Ba2+产生BaSO4白色沉
4、淀。答案:B4.以下关于物质性质的表达中正确的选项是()A.Cl2能与金属活动性顺序中大多数金属反响B.N2是大气中的主要成分之一,雷雨时可直接转化为NO2C.硫是一种黄色的能溶于水的晶体,既有氧化性又有复原性D.硅是应用广泛的半导体材料,常温下化学性质活泼解析:Cl2具有强氧化性,能与金属活动性顺序中大多数金属反响,A项正确;雷雨时N2与O2反响可生成NO,而不是NO2,B项错误;硫不溶于水,C项错误;硅在常温下化学性质不活泼,D项错误。答案:A5.以下实验中金属或氧化物可以完全溶解的是()A.1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸共热B.1 mol MnO2与含2 mol H2
5、O2的溶液共热C.常温下1 mol Al投入足量的浓硫酸中D.常温下1 mol Cu投入含4 mol HNO3的浓硝酸中解析:A中随着反响的进行浓硫酸逐渐变为稀硫酸,稀硫酸不与铜反响,根据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O,Cu不能完全溶解;B中MnO2作催化剂;C中铝会钝化;D中随着反响的进行浓硝酸逐渐变为稀硝酸,但稀硝酸也与铜反响,依Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2H2O+2NO2、3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+4H2O+2NO,Cu可以完全溶解。答案:D6.以下有关实验操作、现象和解释或结论都正确的选项是()选项操作现象解释或结论A过量的Fe粉中
6、参加稀硝酸,充分反响后,滴加KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+BAl箔插入稀硝酸中无现象Al箔外表被HNO3氧化,形成致密的氧化膜C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无N解析:稀硝酸与Fe粉反响,首先生成Fe3+,过量的铁将Fe3+复原得到Fe2+,滴入KSCN溶液不显红色,A项错;Al箔能与稀硝酸反响放出NO,B项错;检验溶液中的N,应参加浓NaOH溶液,且需要加热,故无法确定是否含有N,D项错。答案:C7.利用以下试剂,选用适宜方法鉴别Na2SO4、Na2SO3、Na2CO3、NaCl
7、四种溶液,最正确试剂组是()A.BaCl2、HCl、品红溶液B.BaCl2、HCl、石蕊溶液C.AgNO3和HNO3溶液D.AgNO3和BaCl2溶液解析:BaSO4、BaSO3、BaCO3均不溶于水,但BaSO3和BaCO3溶于盐酸,并且BaSO3与盐酸反响生成有刺激性气味的SO2气体,而BaCO3与盐酸反响生成无色无味的CO2。答案:A8.类推思想在化学学习与研究中经常被采用,但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的选项是()A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色B.盐酸与镁反响生成氢气,故硝酸与镁反响也生成氢气C.SO2能使品
8、红溶液褪色,故CO2也能使品红溶液褪色D.常温下浓硫酸能使铁和铝钝化,故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化解析:A项中CO2无复原性,不能使酸性KMnO4溶液褪色;B项中金属与HNO3反响不产生H2;C项中CO2无漂白性,不能使品红溶液褪色。答案:D9.如图装置,将溶液A逐滴参加固体B中,以下表达正确的选项是()A.假设A为浓盐酸,B为MnO2,C中盛品红溶液,那么C中溶液褪色B.假设A为醋酸,B为贝壳,C中盛过量澄清石灰水,那么C中溶液变浑浊C.假设A为浓氨水,B为生石灰,C中盛AlCl3溶液,那么C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.假设A为浓硫酸,B为Na2SO3固体,C中盛石蕊溶液,那么C中溶液
9、先变红后褪色解析:浓盐酸与MnO2反响需要加热,A项错误;Al(OH)3不与弱碱性的氨水反响,C项错误;SO2具有漂白性,但不能使石蕊溶液褪色,D项错误。答案:B10.实验是化学研究的根底,关于以下各实验装置图的表达中,正确的选项是()A.装置常用于别离互不相溶的液体混合物B.装置可用于吸收HCl气体,并防止倒吸C.以NH4HCO3为原料,装置可用于实验室制备少量NH3D.装置中b口进气可收集H2、NO等气体解析:装置为蒸馏装置,用于别离沸点不同的、互相溶解在一起的液体混合物,A项错误;装置已将导气管插入H2O中,并不能防止倒吸,B项错误;装置可使NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O和CO
10、2,而碱石灰可以吸收CO2与H2O,可用于实验室制备少量NH3,C项正确;装置不能用来收集NO气体,NO在空气中易氧化,D项错误。答案:C11.以下说法不正确的选项是()A.活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色,但原理不同B.非金属氧化物不一定是酸性氧化物,金属氧化物多数是碱性氧化物C.同温同压下,两份相同质量的铁粉,分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反响,产生气体的体积相同D.将CO2气体通入BaCl2溶液中至饱和未见沉淀生成,继续通入NO2那么有沉淀生成解析:选项A,活性炭能使品红溶液褪色是利用了活性炭的吸附性,SO2能使品红溶液褪色是利用了SO2可与品红生成不稳定的无色物质,Na2O2具
11、有强氧化性,使品红溶液褪色,三者使品红溶液褪色的原理不同;选项B,如NO、CO不是酸性氧化物,大多数金属氧化物是碱性氧化物;选项C,根据反响:Fe+H2SO4FeSO4+H2,Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO+2H2O,同温同压下,等物质的量的Fe参与反响时生成的H2、NO的体积相等;选项D,继续通入NO2,NO2与水反响产生HNO3,但没有沉淀生成。答案:D12.足量铜与一定量浓硝酸反响,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68 L 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。假设向所得硝酸铜溶液中参加5 molL-1 NaOH溶液至
12、Cu2+恰好完全沉淀,那么消耗NaOH溶液的体积是()A.60 mLB.45 mLC.30 mLD.15 mL解析:根据题意可知Cu与HNO3反响生成Cu(NO3)2,所失电子的量与1.68 L O2(标准状况)所得电子的量相等,那么n(Cu2+)=2n(O2)=2=0.15 mol,根据Cu2+2OH-Cu(OH)2可知,使所得Cu(NO3)2溶液中Cu2+恰好完全沉淀,消耗NaOH的物质的量为0.3 mol,需5 molL-1 NaOH溶液的体积为=60 mL。答案:A二、非选择题(此题包括4小题,共52分)13.(12分)A、B、C、D是中学化学常见的三种物质,它们之间的相互转化关系如下
13、(反响条件及局部产物已略去):(1)假设A是一种黄色固体单质,那么反响的化学方程式分别为;。(2)假设A是一种金属单质,C是淡黄色固体,那么反响的化学方程式为。(3)三步反响中,一定属于氧化复原反响的是(填序号)。解析:图示中的上述反响就是常见的“连续氧化。在中学教材中,这样的“连续氧化有:C(或CH4等)COCO2;NaNa2ONa2O2;S(或H2S)SO2SO3;N2(或NH3)NONO2等。据此可知:(1)的路线为:SSO2SO3H2SO4;(2)的路线为:NaNa2ONa2O2NaOH;根据上述分析可知,反响是单质或化合物被氧气氧化的反响,一定属于氧化复原反响,而那么不一定。答案:(
14、1)2SO2+O22SO3SO3+H2OH2SO4(2)2Na2O2+2H2O4NaOH+O2(3)14.(18分)(1)分别向盛有等量铜片的四支试管中参加等体积的浓硫酸;稀硫酸;浓硝酸;稀硝酸,能随即发生剧烈反响的是(填序号,下同),常温下缓慢反响(或微热后能发生剧烈反响)的是,常温下不反响,但加热后发生剧烈反响的是,加热也不发生反响的是。由此可以得到上述四种酸氧化性由强到弱的顺序是。(2)先将铜与浓硫酸反响产生的气体X持续通入如图装置中,一段时间后再将铜与浓硝酸反响产生的大量气体Y也持续通入该装置中,可观察到的现象包括。A.通入X气体后产生白色沉淀B.通入X气体后溶液中无明显现象C.通入Y
15、气体后开始沉淀D.通入Y气体后沉淀溶解E.通入Y气体后溶液中无明显现象由此可得到的结论是。A.HNO3的酸性比H2SO4的强B.盐酸的酸性比H2SO3的强C.BaSO3能溶于盐酸D.HNO3能氧化H2SO3(或SO2)E.BaSO4不溶于水也不溶于HNO3溶液解析:(2)因为盐酸的酸性比H2SO3的强,所以SO2不与BaCl2反响,即持续通入X气体(SO2)后溶液中无明显现象。NO2与水反响生成HNO3,HNO3氧化H2SO3(或SO2)生成S,所以通入Y气体(NO2)后开始生成沉淀BaSO4。答案:(1)(2)BCBCDE15.(12分)有硫酸与硝酸的混合液,取出其中10 mL,参加足量的B
16、aCl2溶液,将生成的沉淀过滤洗涤,枯燥称得质量为9.32 g。另取这种溶液10 mL与4 molL-1的NaOH溶液25 mL恰好中和。那么:(1)混合液中c(H2SO4)= molL-1,c(HNO3)= molL-1;(2)另取10 mL的混合液与0.96 g铜粉共热时,产生气体的体积为 L(标准状况)。解析:(1)由题意知:n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.04 molc(H2SO4)=4 molL-1H+与OH-发生中和反响时,n(H+)=n(NaOH)=0.025 L4 molL-1=0.1 mol,n(HNO3)=n(H+)-2n(H2SO4)=0.1 mol-0.04 m
17、ol2=0.02 mol,c(HNO3)=2 molL-1。(2)n(Cu)=0.015 mol,10 mL溶液中n(H+)=0.1 mol,n(N)=0.02 mol。3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O3 mol8 mol2 mol 44.8 L0.015 mol0.1 mol0.02 mol V(NO)因0.130.0158,故Cu与H+二者之中H+过量;又因0.0230.0152,故Cu 与N二者之中N过量。那么Cu、H+、N三者之中H+与N均过量,Cu全部溶解,生成NO的体积应据Cu的物质的量来计算,V(NO)=0.015 mol=0.224 L。答案:(1)42(2)0.2
18、2416.(10分)长期存放的亚硫酸钠可能会被空气中的氧气氧化。某化学兴趣小组通过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的质量分数,设计了如下图实验装置:请答复下面的问题:(1)假设将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗,那么应该怎样检查虚线框内装置的气密性?。(2)D装置中反响的化学方程式为。B装置中反响的离子方程式为。(3)称量a g Na2SO3样品放入锥形瓶中,向B装置反响后的溶液中参加足量的BaCl2溶液充分反响,过滤、洗涤、枯燥,得白色沉淀b g,原样品中Na2SO3的质量分数为。(4)C装置中反响的离子方程式为。(5)现有以下试剂:蒸馏水、稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液,请
19、从中选择适宜试剂,设计一种不同的实验方法测定试样中亚硫酸钠的质量分数:。解析:(3)b g白色沉淀为BaSO4,其物质的量为 mol,那么原a g样品中含Na2SO3的物质的量也为 mol,样品中Na2SO3的质量分数为100%。答案:(1)关闭弹簧夹(或止水夹)a,由长颈漏斗向锥形瓶内加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面,过一段时间观察液面是否变化,假设不变,说明气密性良好,否那么,说明装置漏气(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2OCl2+SO2+2H2O4H+2Cl-+S(3)100%(4)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(5)称取一定质量的样品置于烧杯中,加水溶解,依次参加足量盐酸和BaCl2溶液,过滤,洗涤,枯燥,称量沉淀物的质量,计算即可(其他合理答案也得分)