最新高考化学命题热点提分攻略 专题12 非金属及其化合物最新试题.docx
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最新高考化学命题热点提分攻略专题12非金属及其化合物最新试题
专题12非金属及其化合物
1.【2019届山东省临沂市第十九中学高三上学期第三次质量调研】四氯化锡(SnCl4)用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。
实验室制备四氯化锡的装置如下图(部分夹持装置已略去)。
已知:
①金属锡熔融时通入干燥氯气反应可生成四氯化锡;②无水四氯化锡熔点-33℃,沸点114.1℃;③无水四氯化锡遇水蒸气生成白色烟雾。
下列说法不正确的是
A.①、②、⑥、⑦的试管中依次盛装MnO2、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液
B.实验时滴加浓盐酸反应一段时间,然后再点燃④处的酒精灯
C.⑤装置用于收集SnCl4,浸泡在冷水浴中效果更好
D.⑥、⑦两个试管可以用一个装有碱石灰的干燥管来代替
【答案】A
2.【2019届安徽省皖中名校联盟高三10月联考】常温下,二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体,遇水易水解,工业上用于橡胶的硫化。
某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示,下列说法不正确的是()
A.实验时需后点燃E处的酒精灯
B.C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
C.二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HCl
D.G、H之间应加上D装置
【答案】C
B项,因为S2Cl2遇水易水解,所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应,C瓶中盛饱和氯化钠溶液,吸收挥发出的HCl气体,D瓶中盛浓硫酸吸水干燥,故B正确;
C项,根据元素守恒,二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定有含氧元素的化合物,且元素的化合价必须有升有降,故C错误;
D项,因为二氯化二硫遇水易水解,所以G、H之间应加上D装置,以防止右侧水蒸气扩散进入E中,故D正确。
综上所述,符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查物质制取的实验设计与评价,关键是对实验原理及装置的理解,注意结合二氯化二硫遇水易水解的性质及实验操作规范,分析流程中各装置的作用,A、C为本题易错点,注意先通入氯气排出空气,根据元素守恒判断S2Cl2水解产物。
3.【2019届湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考】下列反应原子利用率最高的是
A.工业制漂白粉2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
B.工业制备钠2NaCl(熔融)
2Na+Cl2↑
C.火法炼铜3Cu2S+3O2
6Cu+3SO2
D.现代石油工业采用银做催化剂生产环氧乙烷2CH2=CH2→
【答案】D
【解析】化学反应中原子的利用率最高,则反应物全部转化为生成物,且生成物一般一种,常见反应类型有化合反应、加成、加聚反应等。
A、工业制漂白粉2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,生成物有3种,原子利用率不高,故A错误;
B、工业制备钠2NaCl=2Na+Cl2↑,生成物有2种,原子利用率不高,故B错误;
C、火法炼铜Cu2S+O2=2Cu+SO2生成物有2种,原子利用率不高,故C错误;
D、为化合反应,生成物只有一种,离子利用率最高,故D正确。
故选D。
【点睛】本题综合考查物质的性质以及反应的应用,解题关键:
对原子利用率的理解,化学反应中原子的利用率最高,则反应物全部转化为生成物。
4.【2019届安徽省阜阳三中第一学期第二次模拟】向如图所示装置中缓慢通入气体X,若打开活塞K,则品红溶液褪色;若关闭活塞K,则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊。
X和Y可能是( )
选项
A
B
C
D
X
SO2
Cl2
HCl
NO2
Y
NaOH溶液
饱和NaHCO3溶液
饱和NaCl溶液
Na2SO3溶液
【答案】B
5.【2019届安徽省阜阳三中第一学期第二次模拟】1.52g铜、镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀。
下列说法不正确的是( )
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2:
1
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L−1
C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%
D.得到2.54g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
B.根据c=
计算该浓硝酸的物质的量浓度;
C.根据n=
计算NO2和N2O4混合气体的物质的量,令二氧化氮的物质的量为amol,根据电子转移列方程计算;
D.反应后溶质为硝酸钠,根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量,根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3),再根据V=
计算需要氢氧化钠溶液的体积。
【详解】A.金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g,氢氧根的物质的量为
=0.06mol,根据电荷守恒可以知道,金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量,令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,则:
,计算得出x=0.02,y=0.01,故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:
0.01mol=2:
1,故A正确;
B.该浓硝酸密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%,故该浓硝酸的物质的量浓度为
mol/L=14mol/L,故B正确;
C.NO2和N2O4混合气体的物质的量为
=0.05mol,令二氧化氮的物质的量为amol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol,根据电子转移守恒可以知道,a
1+(0.05-a)
1=0.06,计算得出a=0.04,NO2和N2O4 的物质的量之比=0.04mol:
(0.05mol-0.04mol)=4:
1,NO2的体积分数是
100%=80%,故C正确;
D.反应后溶质为硝酸钠,根据氮元素守恒可以知道,硝酸钠的物质的量为0.05L
14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)
2=0.64mol,根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol,故需要氢氧化钠溶液的体积为
=0.64L=640mL,所以D选项是错误的。
故选D。
6.【2019届湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考】半导体工业中,有一句行话:
“从沙滩到用户”,即由SiO2制Si。
制取过程中不涉及到的化学反应是
【答案】B
【详解】A、沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳,反应的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑,制取过程中涉及该反应,故A不符题意。
B、制取过程中不涉及该化学反应,故B合题意。
C、硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅,反应的化学方程式为Si+2Cl2
SiCl4,制取过程中涉及该反应,故C不符题意。
D、氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢,反应的化学方程式为SiCl+2H2
Si+4HCl,制取过程中涉及该反应,故D不符题意。
故选:
B。
【点睛】解题关键:
了解半导体工业中制取硅的反应原理,C是易错项,用氯气将硅变成气态氯化物,从而与杂质分离。
7.【2019届安徽省阜阳三中高三第一学期第二次模拟考试】高纯度晶硅是典型的无机非金属材料,又称“半导体”材料,它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。
它可以按下列方法制备如下所示,下列说法正确的是
A.步骤①的化学方程式为:
SiO2+C
Si+CO2↑
B.灼烧熔融的Na2CO3固体,可用石英坩埚
C.二氧化硅能与氢氟酸反应,而硅不能与氢氟酸反应
D.SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃),通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
【答案】D
【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体,即步骤①的化学方程式为:
SiO2+C
Si+2CO↑,故A错误;
B.石英的主要成分是二氧化硅,高温下Na2CO3和二氧化硅发生反应,故B错误;
C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气,故C错误;
D、沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离,所以D选项是正确的。
故选D。
8.【2019届山东省实验中学高三第一次诊断性考试】多晶硅是单质硅的一种形态,是制造硅抛光片、太阳能电池等的主要原料。
已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示:
下列说法错误的是
A.Y、Z分别为H2、Cl2
B.制取粗硅时焦炭与石英发生副反应生成碳化硅,该副反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
2
C.SiHCl3极易水解,产物为H2SiO3、H2、HCl,据此推测SiHCl3中硅为+2价
D.多晶硅是硅的一种同素异形体
【答案】C
【点睛】易错点为选项C,学生错认为SiHCl3中Si的化合价为+2价,SiHCl3易水解,发生SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl,按照水解原理,Si应与水电离出的OH-结合成H2SiO3,H2SiO3中Si为+4价,Si的化合价不变,,Cl-结合水电离的出的H+,生成HCl,即SiHCl3中H应显-1价,与H2O电离出的H+发生氧化还原反应,生成H2,SiHCl3中Si显+4价。
9.已知Ca(OH)2与Cl2反应的氧化产物与温度有关,在一定量的石灰乳中通入足量的氯气,二者恰好完全反应。
生成Cl-、ClO-、ClO3-三种含氯元素的离子,其中ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间
(t)的曲线如图所示。
(1)t1时,开始有ClO3-生成的原因是_____。
(2)t2时,Ca(OH)2与Cl2发生反应的总的化学方程式为___________。
(3)该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是________mol。
(4)若反应物的量不变,在某温度下恰好完全反应时,氧化产物比值为
a,则n(Cl-)=_____mol
(用含a的代数式来表示)。
【答案】反应放热使温度升高,在较高温度下可生成
ClO3-10Cl2+10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O5
(4)参加反应的氯气n(Cl2)=n[Ca(OH)2]=5mol,根据氯元素守恒可知,n(ClO-)+n(ClO3-)+n(Cl-)=2n(Cl2)=10mol,若n(ClO-)/n(ClO3-)=a,则an(ClO3-)+n(ClO3-)=10-n(Cl-),根据电子转移守恒有,an(ClO3-)+5n(ClO3-)=n(Cl-),联立方程计算n(Cl-)。
【详解】
(1)由图可知,t1前发生Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O,该反应为放热反应,温度升高,t1时开始反应生成Ca(ClO3)2;正确答案:
反应放热使温度升高,在较高温度下可生成ClO3-。
(2)由图可知,t2时n(ClO-)=2mol,n(ClO3-)=1mol,所以n(ClO-)/n(ClO3-)=2;氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2、H2O,且n[Ca(ClO)2]:
n[Ca(ClO3)2]=2:
1,反应方程式为10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O;正确答案:
10Cl2+10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O。
(3)由图可知,t2时氢氧化钙与氯气恰好反应,n(ClO-)=2mol,故n[Ca(ClO)2]=1mol,n(ClO3-)=1mol,故n[Ca(ClO3)2]=0.5mol,根据方程式10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O可知,n[Ca(OH)2]=10n[Ca(ClO3)2]=0.5mol×10=5mol;正确答案:
5。
(4)由(3)可知,参加反应的氯气n(Cl2)=n[Ca(OH)2]=5mol,根据氯元素守恒可知,n(ClO-)+n(ClO3-)+n(Cl-)=2n(Cl2)=10mol,若n(ClO-)/n(ClO3-)=a,则an(ClO3-)+n(ClO3-)=10-n(Cl-),根据电子转移守恒有,an(ClO3-)+5n(ClO3-)=n(Cl-),联立方程解得,n(ClO3-)=5a+3,则n(Cl-)=(5a+25)/(a+3);正确答案:
。
10.【2019届山西大学附属中学高三9月模块诊断】如下图所示(B中冷却装置未画出),将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O,并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
已知:
Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO;Cl2O的沸点为3.8℃,42℃以上分解为Cl2和O2。
(1)①实验中控制氯气与空气体积比的方法是____________________________。
②为使反应充分进行,实验中采取的措施有______________________________。
③装置D的作用是______________________________。
(2)①装置B中产生Cl2O的化学方程式为:
____________________________________。
②若B无冷却装置,则进入C中的Cl2O会大量减少。
其原因是_____________________。
(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为______________________________________。
(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl-。
测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为:
用______(填“酸”或“碱”)式滴定管取20.00mL次氯酸溶液,加入足量的______,再加入足量的______,过滤,洗涤沉淀,在真空干燥箱中干燥,用电子天平称量沉淀质量。
(可选用的试剂:
H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)。
【答案】通过观察A中产生气泡的速率调节流速搅拌、使用多孔球泡吸收未反应的氯气,防止污染空气2Cl2+Na2CO3===Cl2O+2NaCl+CO2该反应放热,温度升高Cl2O会分解HClO见光易分解酸 H2O2溶液硝酸银溶液
(3)水吸收Cl2O制备次氯酸溶液,HClO见光易分解,故装置C中采用棕色圆底烧瓶;
(4)次氯酸溶液既有酸性,又有强氧化性,应选用酸式滴定管;具体实验操作是:
向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液,再加入足量的AgNO3溶液,过滤、洗涤,在真空干燥箱中干燥沉淀,用电子天平称量沉淀的质量。
11.【2019届浙江省嘉兴市高三上学期9月份考试】纯净的氮化镁(Mg3N2)是淡黄色固体,热稳定性较好,遇水极易发生反应。
某同学初步设计了如下实验装置制备氮化镁(夹持及加热仪器没有画出)。
己知:
Mg+2NH3→Mg(NH2)2+H2。
请回答:
(1)A中观察到的实验现象是_____________,装置C的作用除了干燥以外还有________________;
(2)下列说法不正确的是__________
A.为了得到纯净的氮化镁,实验前需要排除装置中的空气
B.装B起到了缓冲安全的作用
C.将装罝B、C简化成装有碱石灰的U型管,也能达到实验目的
D.实验后,取D中固体加少量水,能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体
【答案】黑色固体物质变成红色吸收NH3,防止金属镁与NH3反应生成副产物CD
【点睛】本题的易错点是
(2)中的D选项,学生没有审清试纸颜色变化,NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,而不是蓝色变为红色。
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