第09练 非金属及其化合物-2022年高考复习化学考前20天必练小题

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2022年高考复习化学考前20天必练小题
第09练 非金属及其化合物
1．（2022·广东梅州·二模）物质分类和转化是学习化学的重要思想方法。部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．①的水溶液能与④反应生成②
B．用③代替②进行自来水消毒更安全
C．②与SO2按物质的量比1：1通入水中，再滴入品红溶液，溶液呈无色
D．由ClONO2在表中的位置可推测其可能具有强氧化性，能水解生成两种酸
【答案】C
【解析】由图可知，①是Cl元素-1价的氢化物，则①为HCl，②为Cl元素的单质，则②为Cl2，③为Cl元素+4价的氧化物，则③为ClO2，④为次氯酸盐。
A．盐酸和次氯酸钠可以发生反应2HCl+NaClO=Cl2↑+NaCl+H2O，生成氯气，故A正确；
B． Cl2有毒，ClO2氧化性更强，用ClO2代替Cl2进行自来水消毒程度高且无污染，更安全，故B正确；
C．Cl2与SO2按物质的量比1:1通入水中发生反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，再滴入品红溶液，品红不会褪色，溶液呈红色，故C错误；
D． ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为-2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，ClONO2水解可生成硝酸和次氯酸，故D正确；
答案选C。
2．（2022·广东广州·二模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是

A．a的浓溶液与KMnO4反应制得b
B．b溶于水制得液氯
C．c可用于自来水消毒
D．存在a→b→>d→a的转化关系
【答案】B
【解析】A．a的浓溶液为-1价的氯的酸，为盐酸；盐酸与KMnO4反应发生氧化还原反应生成单质氯气b，A正确；
B．氯气溶于水得到氯水，是混合物不是液态氯，B错误；
C．c为+4价氯形成的氧化物ClO2，具有氧化性，可用于自来水消毒，C正确；
D．abd为盐酸、氯气、次氯酸；浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气、氯气和水生成次氯酸、次氯酸分解能生成盐酸，存在a→b→>d→a的转化关系，D正确；
故选B。
3．（2022·浙江嘉兴·二模）下列说法正确的是
A．过量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2
B．NO2可与水发生反应生成硝酸，NO2为酸性氧化物
C．硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理
D．NH3与O2的混合气体经过灼热的催化剂层生成NO2和H2O
【答案】C
【解析】A．过量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，A错误；
B．NO2为与水反应还有NO生成，不是酸性氧化物，B错误；
C．硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理，C正确；
D．NH3与O2的混合气体经过灼热的催化剂层生成NO和H2O，D错误；
故选C。
4．（2022·湖南省隆回县第一中学二模）利用如图装置，能制取并在集气瓶中d中收集到干燥纯净气体的是(尾气处理装置已略去)


气体
a中试剂
b中试剂
c中试剂
A
H2
稀盐酸+Zn
饱和食盐水
无水氯化钙
B
Cl2
浓盐酸+KMnO4
饱和食盐水
浓硫酸
C
SO2
浓硫酸+Na2SO3
氢氧化钠溶液
浓硫酸
D
NH3
浓氨水+NaOH
浓硫酸
无水氯化钙
【答案】B
【解析】A．用稀盐酸和锌制取H2，但H2的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，不能用d收集，故A项错误；
B．用浓盐酸和KMnO4制Cl2：，因为浓盐酸易挥发，所以制得的Cl2中会含有杂质HCl，可用饱和食盐水除去HCl，除杂后再用浓硫酸进行干燥，且Cl2的密度比空气大，可以用d进行收集，故B项正确；
C．用浓硫酸和Na2SO3制取SO2，SO2能够与NaOH溶液反应：，所以b中不能用NaOH溶液，故C项错误；
D．用浓氨水和NaOH制取NH3，NH3是一种碱性气体，能够与浓硫酸发生反应，所以b中不能用浓硫酸，且NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，不能用d收集，故D项错误；
答案选B。
5．（2022·上海宝山·模拟预测）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【答案】A
【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；       
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI       ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
6．（2021·上海松江·二模）下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是

A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中的少量水
C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气
【答案】A
【解析】A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故选A；       
B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；       
D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；
选A。
7．（2022·广东广州·二模）根据下列实验操作和现象，所得到的实验结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀
浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B
向NaI溶液中滴加少量氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色
还原性：I->Cl-
C
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl固体可以升华
D
向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
【答案】B
【解析】A．浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸具有脱水性使蔗糖变为碳，碳和浓硫酸继续反应，固体变黑膨胀，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，A错误；
B．氯水和I-生成I2和Cl-，说明还原性：I->Cl-，四氯化碳萃取碘单质且密度大于水，有机层为与下方，下层溶液显紫色，B正确；
C．加热盛有NH4Cl固体的试管，NH4Cl分解生成NH3和HCl，在试管口NH3和HCl反应生成NH4Cl晶体，该过程是化学变化，不是升华，C错误；
D．若原溶液中只存在Fe3+，也会出现相同的现象，D错误；
故选B。
8．（2022·北京朝阳·一模）测量汽车尾气中氮氧化物(NO、NO2)含量的方法如下：
i.在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2
ii.再利用O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO2*表示)，当NO2*回到基态NO2时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比
下列说法不正确的是
A．基态NO2与NO2*具有的能量不同
B．NO2在大气中形成酸雨：4NO2+O2+2H2O=4HNO3
C．O3与NO发生反应：NO+O3=NO2*+O2
D．测得荧光强度越大，说明汽车尾气中NO含量越高
【答案】D
【解析】A．由题干信息ii: 当NO2*回到基态NO2时，产生荧光可知基态NO2与NO2*具有的能量不同， 故A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2， 则NO2在大气中形成酸雨总的反应方程式为: 4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故B正确；
C．由题干信息ii可知，O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO2*表示)，O3与NO发生反应：NO+O3=NO2*+O2，故C正确；
D．由信息可知，在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2，信息ii测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但这个NO不一定都是汽车尾气中NO，也可能是汽车尾气中的NO2分解生成的NO，则只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，故D错误；
故答案为D
9．（2022·浙江宁波·二模）下列说法不正确的是
A．足量Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3
B．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
C．漂白粉与洁厕剂(含盐酸)混用可能有氯气产生
D．Na2SO3溶液在蒸发皿中蒸干并灼烧，可得到较纯净的Na2SO3
【答案】D
【解析】A．铁是变价金属，在氧化性强的氯气中燃烧只能生成高价态的氯化铁，故A正确；
B．钢铁在潮湿空气中构成了铁碳原电池，钢铁发生电化学腐蚀而生锈，故B正确；
C．漂白粉的主要成分次氯酸钙能与洁厕剂的主要成分盐酸发生氧化还原反应生成氯化钙、氯气和水，故C正确；
D．亚硫酸钠溶液在蒸发皿中蒸干并灼烧时亚硫酸钠会被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，故D错误；
故选D。
10．（2022·江苏·模拟预测）NH3是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业，同时氨能作为小分子零碳资源，又是“十四五”规划布局的新型储能。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，实施无害化处理。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．NO2(g)N2(g) B．浓HNO3(aq)NO(g)
C．NO(g)HNO3(aq) D．NO(aq)NO(aq)
【答案】A
【解析】A．NO2和NH3发生归中反应生成N2(g)和水，A正确；
B．浓HNO3和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，B错误；
C．NO和水不反应，C错误；
D．NO→NO发生还原反应，O2具有氧化性，NO不可能和氧气反应生成NO，D错误；
故选A。
11．（2022·广东深圳·二模）某学习小组设计了如图的实验装置(夹持装置已省略)模拟常压下工业合成氨，并检验氨的生成。Y形管左侧支管中盛有NH4Cl与NaNO2的混合溶液，加热后生成N2及少量NH3。下列有关描述不正确的是

A．实验时，点燃a处酒精灯一段时间后，再点燃c处酒精喷灯
B．b处装置可用盛有碱石灰的U形管代替
C．硬质玻璃管中的石棉可增大混合气体与铁粉的接触面积
D．若d处锥形瓶中溶液变红，则说明硬质玻璃管中有NH3生成
【答案】B
【解析】A．实验时，为防止氢气和氧气混合后加热爆炸，用氮气排出装置内的空气后再加热铁粉，所以点燃a处酒精灯一段时间后，再点燃c处酒精喷灯，故A正确；
B．b装置的作用是吸收氨气并干燥气体，碱石灰不能吸收氨气，b处装置不能用盛有碱石灰的U形管代替，故B错误；
C．硬质玻璃管中的石棉可增大混合气体与铁粉的接触面积，加快反应速率，故C正确；
D．氨气溶于水，溶液呈碱性，若d处锥形瓶中溶液变红，则说明硬质玻璃管中有NH3生成，故D正确；
选B。
12．（2022·甘肃兰州·一模）“侯氏制碱法”是我国化学家侯德榜为世界制纯碱工业做出的突出贡献。某实验小组模拟制纯碱的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图所示，下列叙述正确的是

A．装置①中的试管中应盛放氯化铵固体
B．装置②的球形干燥管中应盛放碱石灰
C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
D．装置①可以用装置③代替，但不可用装置④代替
【答案】D
【解析】装置①制备氨气，装置③制备二氧化碳，氨气、二氧化碳、饱和食盐水在装置②中反应生成碳酸氢钠沉淀。
A．装置①制备氨气，装置①中的试管中应盛放氯化铵和氢氧化钙固体，故A错误；
B．装置②的球形干燥管的作用是导气、吸收多余氨气，碱石灰只能干燥氨气，不能吸收氨气，氯化钙可以吸收氨气，应盛放无水氯化钙等干燥剂，故B错误；
C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳中的氯化氢，故C错误；
D．若用氧化钙和浓氨水制备氨气，用装置③代替装置①，反应生成的氢氧化钙会堵塞启普发生器且反应放热，不可用装置④代替装置①，故D正确；
选D。
13．（2022·天津南开·一模）下列实验过程中药品颜色变浅的是
A．光照CH4和Cl2的混合气体
B．加热经SO2漂白的品红溶液
C．加热含酚酞的CH3COONa溶液
D．加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体
【答案】A
【解析】A．光照CH4和Cl2的混合气体将发生取代反应，生成无色的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl等无色产物，故导致药品颜色变浅，A符合题意；
B．由于SO2使品红溶液褪色是一个可逆过程，故加热经SO2漂白的品红溶液溶液恢复红色即药品颜色变深，B不合题意；
C．加热含酚酞的CH3COONa溶液，由于升高温度促进CH3COO-的水解，是溶液碱性增强而使溶液红色加深，C不合题意；
D．由于2NO2(g)N2O4(g)正反应是一个放热反应，则加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体，上述平衡逆向移动，容器内颜色加深，D不合题意；
故答案为：A。
14．（2022·广东惠州·一模）硫及其化合物的“价−类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是

A．燃煤时为减少X的排放，可在煤中添加石灰石
B．X有漂白性，可使石蕊试液先变红后褪色
C．Z与铁反应时，Z的浓度越大，反应速率越快
D．N可由其相应单质直接化合生成
【答案】A
【解析】X是S的+4价氧化物，X是SO2；Y是S的+6价氧化物，Y是SO3；Z是S的+6价含氧酸，Z是H2SO4；M是S的+6价含氧酸铜盐，M是CuSO4；H2S和CuSO4反应生成CuS沉淀，N是CuS；
A．在煤中添加石灰石，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化钙和SO2反应生成亚硫酸钙，可以减少SO2的排放，故A正确；
B．SO2不能使指示剂褪色，SO2和水反应生成亚硫酸，SO2能使石蕊试液变红，故B错误；
C．浓硫酸与铁反应时，铁发生钝化，故C错误；
D．Cu和S反应生成Cu2S，CuS不能由其相应单质直接化合生成，故D错误；
选A。
15．（2022·广东茂名·二模）检验碳粉与浓硫酸反应产生气体的装置和所加药品如下，下列叙述不正确的是（   ）

A．a中品红溶液褪色，说明混合气体中有SO2
B．b中KMnO4溶液的作用是除去SO2
C．b中发生反应的离子方程式为：
D．c中品红溶液不褪色，d中Ca(OH)2溶液变浑浊，说明混合物中存在CO2
【答案】C
【解析】检验碳粉与浓硫酸反应产生气体，也就是检验二氧化硫与二氧化碳是否存在，二者均能使澄清石灰水变浑浊，因此先检验并除去二氧化硫再检验二氧化碳。
A．SO2能使品红溶液褪色而CO2不能，当a中品红溶液褪色，说明混合气体中有SO2，A项正确；
B．b中的KMnO4溶液的作用是除去SO2，防止对后续二氧化碳的检验产生干扰，B项正确；
C．题中所给离子方程不符合元素守恒电荷守恒，b中发生反应的离子方程式为：，C项错误；
D．c中品红溶液不褪色，证明二氧化硫已被除尽，此时d中Ca(OH)2溶液变浑浊，说明混合气体中存在CO2，D项正确；
答案选C。
【点睛】
当二氧化碳与二氧化硫同时存在检验二者时，先检验二氧化硫并除尽，防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，再检验二氧化碳。
16．（2022·广东深圳·二模）在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。如图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是

A．b既具有氧化性又具有还原性
B．硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化
C．a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成
D．d在加热下与强碱溶液反应生成e和f，且n(e)：n(f)=1：2
【答案】D
【解析】由题干“价类二维图”信息可知，a为H2S，b为H2SO3，c为H2SO4，d为S，e为硫化物，F为亚硫酸盐，g为硫酸盐，据此分析解题。
A．由分析可知，b为H2SO3，其中S的化合价为+4，处于中间化合价，故其既具有氧化性又具有还原性，A正确；
B．硫酸型酸雨的形成过程为SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4即涉及b到c的转化，B正确；
C．由分析可知，a溶液即H2S溶液与b溶液即H2SO3溶液，二者反应的方程式为：2H2S+H2SO3=3S↓+4H2O，故该过程过程中有淡黄色硫单质沉淀生成，C正确；
D．由分析可知，d即S在加热下与强碱溶液反应生成e即硫化物和f即亚硫酸盐，反应方程式为：3S+6OH-=2S2-++H2O，则n(e)：n(f)=2：1，D错误；
故答案为：D。
17．（2022·河北秦皇岛·二模）下列有关结论正确的是
A．常温常压下，向冷的浓硫酸中放入纯铜片，没有明显现象，说明铜与浓硫酸发生了钝化
B．将少量通入某NaClO溶液中，有生成，说明该条件下氧化性：
C．加热NaCl与浓的混合物可制得HCl，说明H2SO4的酸性比HCl的酸性强
D．浓和稀与Cu反应的还原产物分别为和NO，说明稀的氧化性更强
【答案】B
【解析】A．常温下浓硫酸不与铜反应，加热后可反应，A项错误；
B．将少量通入某NaClO溶液中，有生成，是氧化产物，是氧化剂，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，可以得出氧化性：，故B正确；
C．加热与浓的混合物可制得，是利用了浓硫酸的高沸点性，C项错误；
D．铜与浓硝酸常温下剧烈反应，稀硝酸与铜缓慢反应，所以浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，氧化性强弱与得失电子能力有关，与得失电子数目无关，D项错误；
故答案为B。
18．（2022·湖南省桃源县第一中学二模）工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：

已知：流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是
A．电弧炉中发生的反应为
B．SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯
C．每生成高纯硅，需要(标准状况)
D．该工艺的产率高，符合绿色化学要求
【答案】B
【解析】石英砂主要成分为二氧化硅，高温条件下二氧化硅与焦炭发生反应生成硅单质，硅与氯气反应生成SiCl4，再用氢气还原得到纯硅。
A．电弧炉中发生的反应为SiO2＋2CSi＋2CO↑，A错误；
B．流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，因此进入还原炉之前需要蒸馏提纯，B正确；
C．流化床反应中有多种含氯副产物，因此生成高纯硅，需要的氯气体积大于44.8L，C错误；
D．由已知可知流化床反应的产物中有多种副产物生成，导致Si的损失，不符合原子经济性原则，D错误；
故选B。
19．（2022·广东·二模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示(其中d、e为钾盐)。下列推断不合理的是

A．液态b可储存在钢瓶中
B．一定条件下，c、e都能分解生成O2
C．a、e在水溶液中能大量共存
D．向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色
【答案】C
【解析】根据含有氯元素的物质所属类型，结合氯元素的化合价，可知a是HCl，b是Cl2，c是HClO，d是NaClO等次氯酸盐，e为KClO3等氯酸盐，然后结合物质的性质分析解答。
A．b是Cl2，Cl2易液化，在常温下干燥的Cl2与Fe不反应，因此液化的Cl2可储存在钢瓶中，A正确；
B．c是HClO，该物质不稳定，光照分解产生HCl、O2；e为KClO3，该盐不稳定，受热易分解产生KCl、O2，故一定条件下，c、e都能分解生成O2，B正确；
C．a是HCl，e为KClO3等氯酸盐，二者在水溶液会发生氧化还原反应产生KCl、Cl2、H2O，故二者在水溶液中不能够大量共存，C错误；
D．d是NaClO等次氯酸盐，该物质水溶液显碱性，因此滴入紫色石蕊试液，溶液变为蓝色，同时该盐具有强氧化性，会将蓝色物质氧化变为无色，故向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色，D正确；
故合理选项是C。
20．（2022·湖南省桃源县第一中学二模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的6倍。p、q、r分别为W、X、Z的单质，s、t、u为W、X、Z三种元素形成的二元化合物，上述物质的转化关系如图所示(反应条件略去)，下列说法不正确的是

A．原子半径：Y>Z>W>X
B．反应①可用于工业上制备Z的单质
C．s、t、u均能与Y的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应
D．X、Y、Z三种元素形成的一种化合物的水溶液可做木材防火剂
【答案】C
【解析】X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的6倍，根据最外层电子数不超过8原则，X最外层电子数只能为6，Y最外层电子数只能为1，又X之前还有W元素，之后还有两种元素，故X只能为O，则Y为Na，根据原子序数关系，q为X元素单质，则q为O2，W可能为Be、B、C、N，对应同族Z可能为Mg、Al、Si、P，由图示知，W、O、Z三种元素形成的一种二元化合物能与O2反应，联想W、Z的可能情况，推测t为CO，则u为CO2，即W为C，则Z为Si，则p为C，r为Si，由反应①制得Si，联想到工业制Si反应：2C+SiO2Si+2CO，则s为SiO2，p(C)能与u(CO2)在高温下反应生成t(CO)，推测合理，综上所述：W为C、X为O、Y为Na、Z为Si。
A．Y、Z电子层为三层，其半径大于电子层为两层的W、X，电子层相同时，核电荷数越大，半径一般越小，故四种原子半径顺序为：Y>Z>W>X，故A正确；
B．由分析知，工业上可利用反应①制备Si，故B正确；
C．Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，t( CO)与NaOH溶液不反应，故C错误；
D．X、Y、Z形成的Na2SiO3溶液可作木材防火剂，故D正确；
答案选C。