1、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：金属锡熔融时通入干燥氯气反应可生成四氯化锡；无水四氯化锡熔点-33，沸点114.1；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 、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，然后再点燃处的酒精灯C 装置用于收集SnCl4，浸泡在冷水浴中效果更好D 、两个试管可以用
2、一个装有碱石灰的干燥管来代替【答案】A2【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、HClD G、H之间应加上D装置【答案】CB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(
3、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+
4、2H2OB 工业制备钠2NaCl（熔融）2Na+Cl2C 火法炼铜3Cu2S+3O26Cu+3SO2D 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
5、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ABCDXSO2Cl2HClNO2YNaOH溶液饱和NaHCO3溶液饱和NaCl溶液Na2SO3溶液【答案】B5【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1.40gmL1、质量分数为63%的浓硝酸
6、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1.0molL1 NaOH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2:1B 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL1C 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600 mL【答案】DB.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
7、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1.40 gmL1、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质
8、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，a1+(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0.05L14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)2=0.64mol，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n
9、(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+SiO2Si+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+2Cl2SiCl4，制取过程中涉及该反应，故C不符题意。D、氢气与
10、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+2H2Si+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 步骤的化学方程式为：SiO2CSiCO2B 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
11、.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，即步骤的化学方程式为：SiO2CSi2CO，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、
12、Cl2B 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1：2C 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SiHCl33H2O=H2SiO3H23HCl，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
13、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
14、高，在较高温度下可生成 ClO3- 10Cl2+10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O 5 （4）参加反应的氯气n(Cl2)=nCa(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，a n(ClO3-)+5 n(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，
15、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nCa(ClO)2:nCa(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
16、）由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n(ClO-)=2mol，故nCa(ClO)2=1mol， n(ClO3-)=1mol，故nCa(ClO3)2=0.5mol，根据方程式10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O可知，nCa(OH)2=10nCa(ClO3)2=0.5mol10=5mol；正确答案： 5。（4）由（3）可知，参加反应的氯气n(Cl2)=nCa(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a n(ClO3
17、-)+ n(ClO3-)=10-n(Cl-)，根据电子转移守恒有，a n(ClO3-)+5 n(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13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）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_。为使反应充分进行，实验中采取的
18、措施有_。装置D的作用是_。（2）装置B中产生Cl2O的化学方程式为：_。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20.00 mL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2Cl2N
19、a2CO3=Cl2O2NaClCO2 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 + 2NH3Mg(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。
