2020届高考化学专题二第7讲非金属及其化合物课时作业（含解析）

第7讲 非金属及其化合物

1．NO因污染空气而“臭名昭著”，而奇妙的作用也使其成为“明星分子”。如可用于制HNO3、肥料、炸药、促进血管扩张、促进免疫功能、增强记忆等。下列各组物质中，不可能生成NO的是(　　)

A．Cu＋HNO3(浓)　　　　　 B．NH3＋O2

C．N2＋O2  D．NO2＋H2O

解析：A　[Cu和浓HNO3反应生成NO2。故选A项。]

2．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)

解析：D　[铁粉过量，生成Fe2＋，再滴入少量KSCN溶液，溶液不变红，A项错误；向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成沉淀后溶解，Ag＋与NH3·H2O不能大量共存，B项错误；将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中，铜与硝酸反应生成NO，不是置换反应，C项错误；将充满NO2的试管倒立在水中，发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，D项正确。]

3．《物理小识》中记载：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌桕树不畏其气。”“青矾”即绿矾，强热“青矾”可得红色固体，“气”凝即得“矾油”。下列推断正确的是(　　)

解析：B　[绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，其受热分解的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O，故红色固体为Fe2O3，“厂气熏人”中的“气”为SO2、SO3，SO2与H2O的反应为可逆反应，SO3与H2O发生反应SO3＋H2O===H2SO4，放出大量的热，使H2SO3分解，故“矾油”为H2SO4，B正确。]

4．在除去氯化铁溶液中的少量氯化亚铁实验中，下列实验装置无需用到的是(　　)

解析：B　[装置A用于制备氯气，装置C用于进行氯气与FeCl2的反应，装置D用于吸收未参与反应的氯气，该实验不需要干燥氯气，故选B。]

5．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是(　　)

A．X是N2

B．上述历程的总反应为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O

C．NH中含有非极性共价键

D．NH3、NH、H2O中的质子数、电子数均相同

解析：B　[A.由氢原子和氧原子守恒可知，X是H2O，A错误；B.由分析可知，NH3与NO和NO2，生成两种无毒物质分别为N2、H2O。则总反应为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，B正确；C.NH的电子式为，不含有非极性共价键，C错误；D.NH3、NH、H2O中电子数均相同，但是NH3、H2O的质子数为10，NH质子数为11，质子数不同，D错误。]

6．海水中蕴含着多种资源。以海水为原料制备NaOH和MgCl2的流程如下：

下列说法错误的是(　　)

A．“沉淀”时常用石灰乳作为沉淀剂

B．“酸溶”时加入过量盐酸有利于得到纯净MgCl2·6H2O

C．过程①加入试剂的顺序为Na2CO3、Ba(OH)2、盐酸

D．电解时NaOH在阴极区得到

解析：C　[“沉淀”时常用石灰乳作为沉淀剂，将Mg2＋转化为Mg(OH)2，A项正确；“酸溶”时加入过量盐酸，在蒸发浓缩时可抑制Mg2＋水解而得到更纯净的MgCl2·6H2O，B项正确；粗盐提纯时应先加入Ba(OH)2再加入Na2CO3，C项错误；电解时NaOH在阴极区得到，D项正确。]

7．有学者按照如图所示的生产流程利用空气中的二氧化碳与氢气反应制备甲醇，下列说法正确的是(　　)

A．吸收池中的饱和K2CO3溶液可以用饱和食盐水代替

B．分解池中发生反应的化学类型为氧化还原反应

C．从合成塔中分离出甲醇的实验操作方法是蒸馏

D．上述流程中能“循环利用”的物质只有K2CO3溶液

解析：C　[吸收池中的饱和K2CO3溶液的作用为富集空气中的CO2，饱和食盐水起不到相同的作用，A项错误；分解池中发生的反应为KHCO3的分解反应，该反应不是氧化还原反应，B项错误；甲醇可以和水混溶，必须用蒸馏的方法分离出甲醇，C项正确；上述流程中能“循环利用”的物质有K2CO3溶液和高温水蒸气，D项错误。]

8．X、Y、Z三种短周期元素组成E，E有如图转化，Y晶体常用于太阳能电池板。YZ2、Y晶体的熔点很高。

下列推断正确的是(　　)

A．上述各步反应均为氧化还原反应

B．YZ2是酸性氧化物，不与任何酸反应

C．在反应(3)中，1 mol YZ2完全反应转移4 mol电子

D．Y能与烧碱溶液反应产生可燃性气体

解析：D　[依题意，Y晶体用作太阳能电池板材料，Y是短周期元素，Y晶体的熔点很高，说明Y为硅。由此推知，E为原硅酸。原硅酸分解生成硅酸，硅酸分解生成二氧化硅；镁还原二氧化硅生成硅化镁和氧化镁，硅化镁与盐酸生成氯化镁和硅烷，硅烷分解生成硅和氢气。反应(1)、(2)、(4)是非氧化还原反应，A项错误；二氧化硅与氢氟酸反应，B项错误；反应(3)为SiO2＋4MgMg2Si＋2MgO,1 mol SiO2完全反应转移8 mol电子，C项错误；Mg2Si＋4HCl===SiH4↑＋2MgCl2，SiH4Si＋2H2，Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑，氢气是可燃气体，D项正确。]

9．利用NO、O2和Na2CO3溶液反应制备NaNO2的装置如图所示，下列关于该装置的描述不正确的是(　　)

A．装置A分液漏斗中的药品选用不当，应选用稀HNO3

B．实验过程中，通过控制分液漏斗的活塞控制气流速度

C．装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋4NO＋O2===4NaNO2＋2CO2↑

D．实验过程中，装置C液面上方可能出现红棕色气体

解析：A　[装置A分液漏斗中使用浓HNO3反应速率加快，且产生的NO2可以在装置B中转化为NO，所以药品选用正确，A项错误；实验过程中，通过控制分液漏斗的活塞控制气流速度，B项正确；装置C用于制备NaNO2，发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋4NO＋O2===4NaNO2＋2CO2↑，C项正确；实验过程中，若装置C中NO和O2逸出液面，可能出现红棕色气体，D项正确。]

10．纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是(　　)

A．X可能是金属铜

B．Y不可能是氢气

C．Z可能是氯化钠

D．Z可能是三氧化硫

解析：A　[A项，若X是Cu，Y是Cl2，Cu在Cl2中燃烧生成CuCl2，电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2，符合图中转化关系，正确；B项，若X是Cl2，Y是H2，H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl溶于水生成盐酸，电解盐酸则生成H2和Cl2，也符合图中转化关系，错误；C项，若Z是氯化钠，则X、Y分别是Na和Cl2中的一种，电解氯化钠水溶液生成的是H2、Cl2、NaOH，不符合图中转化关系，错误；D项，若Z是SO3，而X、Y可能是O2和SO2中的一种，SO3溶于水生成硫酸，电解硫酸溶液实质是电解水，产生H2和O2，不符合图中转化关系，错误。]

11．氮化钛(TiN)是一种新型多功能材料，它具有高强度、高硬度、耐高温以及良好的导电性、导热性等一系列优点。实验室用TiO2碳热还原氮化法制备TiN粉末的实验方案如下(部分夹持装置略)：

请回答下列问题：

(1)仪器a的名称是________。A中制N2反应的离子方程式为___________________。

(2)装置B中的试剂是_________________________________________________。

(3)当装置C中参加反应的n(TiO2)：n(C)＝1∶2时，发生反应的化学方程式为________________，该反应的氧化产物是________________(填化学式)。

(4)该实验方案存在一定的不足，请你指出不足之处并进行完善：_______________。

(5)TiN样品的纯度测定实验装置如图所示(实验中导管体积忽略不计)，已知：在强碱溶液中TiN会分解放出NH3。

①实验中称取TiN样品的质量为0.2 g，若G中溶液质量增加0.042 5 g，则样品中TiN的纯度为____________(用质量分数表示)。

②实验结束后，向装置中通入一定量N2的目的为________________。

解析：(1)仪器a的名称是圆底烧瓶。A中制N2反应的离子方程式为NO＋NH===N2↑＋2H2O。

(2)进入装置C的气体要经过干燥，故装置B中的试剂是浓硫酸。

(3)TiO2、C、N2反应生成TiN，根据n(TiO2)：n(C)＝1∶2和原子守恒可知，另一产物是CO，发生反应的化学方程式为2TiO2＋4C＋N22TiN＋4CO，该反应的氧化产物是CO。

(4)碳粉过量，易产生有毒的CO气体，污染环境，必须要将CO点燃或回收处理。

(5)①在强碱溶液中TiN分解放出NH3，n(TiN)＝n(NH3)＝＝0.002 5 mol，m(TiN)＝0.002 5 mol×62 g·mol－1＝0.155 g，故TiN样品的纯度为×100%＝77.5%。

②实验结束后，向装置中通入一定量N2的目的为使产生的氨气全部被吸收。

答案：(1)圆底烧瓶　NO＋NH===N2↑＋2H2O

(2)浓硫酸

(3)2TiO2＋4C＋N22TiN＋4CO　CO

(4)C中产生的CO未被及时处理，易污染空气，应在D装置后将尾气点燃或套上气球回收

(5)①77.5%　②使产生的氨气全部被吸收

12．ClO2、NaClO2是两种重要的含氯化工产品，工业上生产ClO2、NaClO2有多种方法，下面为其中的一种生产流程图：

(1)NaClO2中氯元素的化合价为________。

(2)电解槽中阳极上的电极反应式为_______________________________________。

(3)反应器Ⅰ中化学方程式为____________________________________________；

反应器Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为________。

(4)流程中①、②的现实意义是________________；已知NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解，则从NaClO2溶液中得到NaClO2晶体的方法为________________。

(5)产品中NaClO2含量的测定：取a g晶体置于锥形瓶中，再加入适量碘化钾、稀硫酸组成的混合溶液，充分反应后再加入几滴淀粉溶液，用c mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定(I2＋2S2O===2I－＋S4O，晶体中无其他能氧化Na2S2O3的成分)，共用去V mL硫代硫酸钠溶液。

①实验中必须用到________式滴定管，滴定终点的现象是_____________________

_______________________________________________________________________。

②晶体中NaClO2的质量分数w(NaClO2)＝________(用含c、V、a的代数式表示)。

解析：(1)根据化合价代数和为0可知，NaClO2中氯元素的化合价为＋3。(2)阳极上是Cl－失去电子转化为ClO，由质量守恒定律知有H2O参与反应，电极反应式为Cl－＋3H2O－6e－===ClO＋6H＋。(3)由流程图知，反应容器Ⅰ中反应方程式可先写出NaClO3＋HCl―→NaCl＋ClO2＋Cl2＋H2O，最后配平得2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O。反应容器Ⅱ中，H2O2是还原剂、ClO2是氧化剂，根据氧元素、氯元素化合价变化即可求出氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1。(4)操作①、②能充分利用原料、提高原料的利用率，从而降低生产成本。可通过减压条件下蒸发结晶的方法从NaClO2溶液中获得相应的晶体。(5)①由于Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故应使用碱式滴定管，因为是用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的I2溶液，故终点颜色变化为蓝色消失并在30 s内不复原。②NaClO2与I－反应时被还原为Cl－，由得失电子守恒可得NaClO2～2I2～4S2O，故m(NaClO2)＝0.25c mol·L－1×10－3 V L×90.5 g·mol－1＝2.262 5cV×10－2 g，故质量分数为＝%。

答案：(1)＋3

(2)Cl－＋3H2O－6e－===ClO＋6H＋

(3)2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O　2∶1

(4)提高原料利用率，降低生产成本　减压条件下，在55 ℃时蒸发结晶，趁热过滤

(5)碱　蓝色消失并在30 s内不复原　%