高三化学一轮复习第四章非金属及其化合物综合测试试卷(DOC 16页).docx

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1、第四章非金属及其化合物(考试时间:100分钟 试卷满分:100分)第I卷 选择题一、选择题(每小题4分,共48分)。1、二氧化硅广泛存在于自然界中,在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途ae是对反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断,ae的叙述中有几个正确的选项()SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O SiO2+2CSi+2COSiO2+4HFSiF4+2H2O Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2SiO2+3CSiC+2COa反应中SiO2作为玻璃的成分被消耗,用于刻蚀玻璃b反应中SiO2表现出氧化性c反应中SiO2表现了酸性氧化物的通性d反应符合用较强酸制

2、取较弱酸的道理e反应中SiO2未参加氧化还原反应A二个 B三个C四个 D五个2、AD是含同一元素的四种物质,相互之间有如图所示的转化关系,其中D是最高价氧化物对应的水化物那么A可能是()N2 Si Cu CH4 H2SA只有 B只有C只有 D全部3、下列实验设计能完成预期实验目的是()选项实验目的实验设计A配制10%的ZnSO4将10g ZnSO47H2O溶解于90g水中B配制100ml,浓度约为1mol/L的氯化钠溶液用托盘天平称量5.85g氯化钠固体,转移至烧杯,加入100ml蒸馏水,搅拌溶解C验证二氧化硫的漂白性将二氧化硫气体通入品红溶液,溶液褪色D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从

3、分液漏斗下端管口放出,关闭活塞,换一个接收器,上层液体继续从分液漏斗下端管口放出4、一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250ml 2mol/L的硝酸中,反应共生成1.12L NO(标准状况下),再向反应后的溶液中加入1mol/L的硝酸NaOH溶液,当沉淀完全时所加NaOH溶液的体积最少是()A450mL B500mLC400mL D不能确定5、5.6 g Cu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应,收集到NO和NO2的混合气体V L(标准状况);向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液,沉淀完全后将其过滤、洗净、干燥,称得质量为10.7 g则V的值可能是()A2.24 B4.48C6.72 D7.8

4、46、在某稀溶液中含有0.1mol HNO3和x mol H2SO4,向其中加入9.6g 铜粉,充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为2.24L,则x值至少为()A0.1 B0.12C0.15 D0.27、标准状况下,将aLH2和Cl2的混合气体点燃,充分反应后,将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中,气体恰好被完全吸收,NaOH无剩余,测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO3,且三者的物质的量之比为8:1:1,则原混合气体中H2的物质的量为()A mol B(b)molC()mol D mol8、1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中

5、,得到NO2气体1792mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀下列说法不正确的是()A该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB加入NaOH溶液的体积是50mLC浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克9、镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中,完全反应,其还原产物只有一氧化氮(0.3mol),则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液,可生成的沉淀质量为()A26 B29.1g C29.5g D24g10、向含有Fe2+、

6、I、Br的溶液中通入适量氯气,溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示有关说法不正确的是()A线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B原混合溶液中c(FeBr2)=6 mol/LC当通入Cl22 mol时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4ClD原溶液中n(Fe2+):n(I):n(Br)=2:1:311、利用如图实验装置,能得出相应实验结论的是() 选项实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa酸性:醋酸碳酸苯酚B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性CH2O电石KMnO4乙炔具有还原性D盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性:ClCSi12、如图是用于

7、干燥、收集并吸收多余气体的装置,下列方案正确的是()选项X收集气体YA 碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠第II卷 非选择题二、非选择题(共52分)13、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2,他们使用的药品和装置如图所示:(1)SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是_(填离子符号),参加反应的SO2 和Fe3+的物质的量之比是_(2)下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_(双选,填序号)ANa2SO3溶液与HNO3 BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中燃烧 D铜与热浓H2SO4(3)装置C的作用是_(4)若要从A中所得溶

8、液提取晶体,必须进行的实验操作步骤:蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中没有用到的仪器有_(双选,填序号)A蒸发皿 B石棉网 C漏斗 D烧杯 E玻璃棒 F坩埚(5)在上述装置中通入过量的SO2,为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应,他们取A中的溶液,分成三份,并设计了如下实验:方案:往第一份试液中加入KMnO4溶液,紫红色褪去方案:往第二份试液加入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶液变红方案:往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2,产生白色沉淀上述方案不合理的一个是_,原因是_(6)上述装置中能表明I的还原性弱于SO2的现象是_14、如图为制取纯净干燥的Cl2并

9、让其与铁发生反应的装置,A是Cl2发生装置,C、D为气体净化装置,E硬质玻璃管中装有细铁丝网;F为干燥的空广口瓶;烧杯G为尾气吸收装置试回答:(1)C、G两个装置所盛放的试剂分别是:C G 装置搭好须进行气密性检查,写出操作方法: 两处酒精灯应先点燃 处(填写A或B),目的是 F中的现象为 ,G中出现了一种沉淀,该沉淀的化学式 (3)写出在A、E中发生反应的化学方程式为:A: E: 15、某校兴趣小组对SO2与新制Cu(OH)2悬浊液的反应进行探究,实验如表:装置序号试管中的药品现象持续通入实验1.5mL 1molL1 CuSO4溶液和3.5mL 1molL1 NaOH溶液混合开始时有砖红色沉

10、淀出现,一段时间后,砖红色沉淀消失,静置,试管底部有少量紫红色固体,溶液呈绿色实验1.5mL 1molL1 CuCl2溶液和3.5mL 1molL1 NaOH溶液混合开始时有黄色沉淀出现,一段时间后,黄色沉淀消失,静置,生成大量白色沉淀,溶液呈绿色(1)制取新制Cu(OH)2悬浊液的离子方程式为 (2)甲同学重新用实验II的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液,过滤,用蒸馏水洗涤干净向洗净后的Cu(OH)2中加入5mL蒸馏水,再持续通入SO2气体,现象与实验I相同,此步实验证明: 检验Cu(OH)2洗涤干净的方法是 (3)同学们对白色沉淀的成分继续进行探究查阅资料如下:CuCl为白色固体,难溶于水

11、,能溶于浓盐酸它与氨水反应生成Cu(NH3)2+,在空气中会立即被氧化成含有蓝色Cu(NH3)42+溶液甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水,得到蓝色溶液,此过程中反应的离子方程式为:CuCl+2NH3H2O=Cu(NH3)2+Cl+2H2O、 乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl,实验方案如图:填写如表空格:试剂1试剂2蒸馏水现象1现象2写出实验II中由Cu(OH)2生成白色沉淀的离子方程式: (4)丙同学通过实验证明实验中观察到的砖红色沉淀是Cu2O完成合理的实验方案:取少量Cu2O固体于试管中, ,则说明砖红色沉淀是Cu2O16、某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验(

12、图中a、b、c表示止水夹)请按要求填空:(1)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验若在丙中加入适量水,即可制得氯水将所得氯水分成两份,进行、两个实验,实验操作、现象、结论如下,请将表格中实验1的现象补充:实验序号 实验操作 现象 结论 将氯水滴入品红溶液 氯气与水反应的产物有漂白性 氯水中加入NaHCO3粉末 有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有 较强的酸性有同学认为实验II的结论合理,请说明理由 ;若要利用上述装置设计一个简单的实验,验证Cl和Br的还原性强弱,则丙中所盛装的试剂为 ,能得到结论的实验现象为 ;某同学用该装置探究氯气与KI的反应,在丙中盛放有KI淀粉溶液

13、,通入氯气,看到丙中溶液变成蓝色,继续通氯气,发现蓝色逐渐消失,检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子,则蓝色消失过量中丙中发生反应的化学方程式是 (2)B、D、E装置相连后,在B中盛装铜片(放在有孔塑料板上)和浓硝酸,关闭c,打开a、b,即可在试管丁中收集到NO2B中发生反应的化学方程式为 ;欲用D装置验证NO2与水的反应,在试管中收集满NO2后,使烧杯中的水进入试管丁的操作是(不可改变试管和烧杯的位置): 17、二氧化硫为无色气体,有强烈刺激性气味,是大气主要污染物之一某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质SO2的制备:用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图1(夹持仪器省略):

14、(1)图中的装置错误的是 ;B中发生反应的化学方程式为 ;D的作用是 SO2的性质:探究SO2气体性质的装置如图2所示:(2)装置中的现象是 ,说明SO2具有 (填“氧化”或“还原”)性写出装置中通入足量SO2的离子方程式 (3)在上述装置中通入过量的SO2,为了验证中发生了氧化还原反应,取中溶液分成两份,并设计了如下实验:方案一:往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液,紫红色褪去;方案二:往第二份试液加入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶液变红上述方案不合理的方案是 ,原因是 ,写出解释该原因的离子方程式 (4)SO2可以用来制备硫代硫酸钠,硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂,也可用于

15、纸浆漂白作脱氯剂等实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3写出如图3所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式 参考答案1.A解:aSiO2作为玻璃的成分被消耗,用于刻蚀玻璃,是与氟化氢反应生成四氟化硅,所以发生反应,故错误;bSiO2表现出氧化性,说明硅的化合价降低,中硅的化合价降低,故正确;cSiO2表现了酸性氧化物的通性,与碱反应生成盐和水,符合通性的是,而不是,故错误;d反应中是符合强酸制弱酸,符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性酸酐的道理,故错误;e反应中SiO2中硅与氧的化合价都未变,所以未参加氧化还原反应,故正确;故选A2.C解:氮气与氧气反

16、应生成NO,NO与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸还原产生NO,此过程符合题意,故正确;依据分析可知,硅酸不能分解产生二氧化硅,故错误;Cu为金属单质,不存在对应的酸,故错误;C的最高价氧化物的水化物为碳酸,甲烷不充分燃烧生成CO,但是碳酸不能得到CO,故错误;硫化氢与氧气反应生成二氧化硫,浓硫酸与金属反应生成二氧化硫,符合题意,故正确,故选C3.C解:A溶质的质量不是10g,应将10gZnSO4溶解于90g水中,故A错误;B溶剂的体积不等于溶液的体积,应用托盘天平称量5.85g氯化钠固体,转移至烧杯,加水至100mL,故B错误;C二氧化硫具有漂白性,可使品红褪色,故C正确

17、;D分液时,上层液体应从上口倒出,下层液体从下口流出,防止二次污染,故D错误故选C4.A解:当所加入的NaOH恰好使铁元素沉淀,且使反应溶液呈中性,此时溶液为硝酸钠溶液,根据N元素守恒可求出NaOH的量n(NaOH)=n(NO3)=n(HNO3)n(NO)=0.25L2mol/L=0.45mol,所以V(NaOH)=0.45L,即450ml,故选A5.B解:得到的沉淀是Cu(OH)2 和Mg(OH)2的混合物,质量增加量其实就是结合的OH的质量,所以m(OH)=10.7g5.6g=5.1g,因此 n(OH)=0.3 mol,所以Cu、Mg的总物质的量为0.15mol,Cu、Mg共失去0.15m

18、ol2=0.3 mol电子,假设得到的气体全是NO,由电子转移守恒可知,n(NO)=0.1mol,所以NO体积是:0.1 mol22.4 L/mol=2.24 L;假设得到的气体全是NO2,由电子转移守恒可知,n(NO2)=0.3mol,所以NO2体积是:0.3 mol22.4 L/mol=6.72 L;因为得到是混合气体,因此体积在二者之间,选项B符合故选:B6.C解:9.6g铜粉的物质的量为=0.15mol,反应后生成NO气体,物质的量为=0.1mol,根据反应判断 3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O 3 2 8 2 0.15mol 0.1mol (2x+0.1)mol 0

19、.1mol 要使充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为2.24L,则有,x=0.15,为使铜全部溶解,生成气体体积为2.24L,硫酸的物质的量最少为0.15mol,故选C7.C解:方法一:混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中,气体恰好被完全吸收,NaOH无剩余,测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO3,根据电荷守恒可知,溶液中n(Na+)=n(Cl)+n(ClO)+n(ClO3),根据氯元素守恒可知,aLH2和Cl2的混合气体中n(Cl2)= n(Cl)+n(ClO)+n(ClO3)= n(Na+)=bmol,所以aLH2和Cl2的混合气体中n(H2)=()mol方法二:混合气体通入含b

20、molNaOH的热溶液中,气体恰好被完全吸收,NaOH无剩余,测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO3,根据电荷守恒可知,溶液中n(Na+)=n(Cl)+n(ClO)+n(ClO3),由于溶液中Cl、ClO、ClO3三者的物质的量之比为8:1:1,所以溶液中n(Cl)=bmol,n(ClO)=bmol,n(ClO3)=bmol,令氯气与氢氧化钠反应生成的氯离子的物质的量为xmol,根据电子转移守恒有x=b+bmol5=bmol,溶液中Cl来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应,所以氯化氢提供的氯离子为bmolbmol=molb,即反应后的混合气体中n(HCl)=bmol,根据氢元素守恒可知,n(H

21、2)=n(HCl)=molb=0.1bmol,故选:C8.B解:A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L,故A正确;B加入适量的1.0mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3,由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3),则n(NaNO3)=0.05L14mol/L=0.62mol,由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.62mol,故需要1.0mol/L NaOH溶液体积为=0.62L=620mL,故B错误;C起氧化性的硝酸生成NO2气体,根据N原子守恒可知,起氧化剂的

22、硝酸的物质的量=0.08mol,故C正确;D由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量,即氢氧根的物质的量为0.08mol(54)=0.08mol,故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g,故D正确,故选B9.B解:Fe、Mg混合物与硝酸反应形成硝酸镁、铁的硝酸盐,金属完全溶解,再加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁,根据电子转移守恒可知,金属提供的电子物质的量=0.3mol(52)=0.9mol,根据电荷守恒可知,金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等,故n(OH)=0.9mol沉淀的质量=m(金属)+m(OH)

23、=13.8g+0.9mol17g/mol=29.1g,故选B10.B解:还原性IFe2+Br,故首先发生2I+Cl2I2+2Cl,I反应完毕再发生:2Fe2+Cl22Fe3+2Cl;最后发生反应2Br+Cl2Br2+2Cl,AB点时溶液中I完全反应,溶液中存在Fe2+和Br,BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl,代表Fe3+的物质的量的变化情况,故A正确;B由图可知,BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl,Fe2+反应完毕消耗氯气2mol,由方程式可知n(Fe2+)=22mol=4mol,无法得到原溶液的体积,故不能计算原混合溶液中c(FeBr2),故B错误;CAB段发生2I+Cl2

24、I2+2Cl,2mol的I消耗1mol氯气,BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl,余下的1mol氯气再与2molFe2+反应,故参加反应的n(Fe2+):n(I)=1:1,故通入2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl,故C正确;D由图可知AB段消耗氯气1mol,发生2I+Cl2I2+2Cl,故n(I)=2n(Cl2)=2mol,BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl,消耗氯气2mol,故n(Fe2+)=2n(Cl2)=22mol=4mol,DE段发生2Br+Cl2Br2+2Cl,消耗氯气3mol,故n(Br)=2n(Cl2)=6

25、mol,故原溶液中n(Fe2+):n(I):n(Br)=4mol:2mol:6mol=2:1:3,故D正确;故选B11.B解:A醋酸易挥发,中变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应,则图中装置不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱,故A错误;B浓硫酸具有脱水性,使蔗糖变为C,且浓硫酸具有强氧化性,与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色,按照图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质,故B正确;C电石与水反应生成乙炔,乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,但电石中混有含硫物质,会生成硫化氢等,硫化氢也能使溶液褪色,则不能说明乙炔的还原性,故C错误;D比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱,而盐酸为

26、无氧酸,图中装置只能说明酸性的强弱,不能得出非金属性的强弱,故D错误;故选B12.【解析】A碱石灰呈碱性,能和氯气反应,所以氯气不能用碱石灰干燥,故A错误;B碱石灰与氯化氢反应,不能用碱石灰干燥,故B错误;C二氧化硫可用氯化钙干燥,可用氢氧化钠溶液吸收,故C正确;D一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应,不能用作尾气吸收,故D错误故选C13.(1)Fe2+;1:2;(2)BD;(3)吸收SO2尾气,防止污染空气;(4)BF;(5)B中蓝色溶液褪色14.(1)饱和食盐水;氢氧化钠溶液;关闭分液漏斗活塞,往烧杯G中加水,微热A处酒精灯,烧杯中有气泡产生,停止加热冷却后,导管中形成一段水柱;A;赶走空气,防止

27、铁被空气氧化;产生棕黄或棕红或棕褐色的烟; Fe(OH)3;(3)MnO2+4HCl( 浓) MnCl2+Cl2+2H2O;2Fe+3Cl2 2FeCl315.(1)Cu2+2OHCu(OH)2;(2)黄色沉淀消失,生成大量白色沉淀(或实验II与实验I的现象差异)与Cl有关(或与SO42无关);取最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液,不出现白色沉淀,证明Cu(OH)2洗涤干净;(3) 4Cu(NH3)2+8NH3H2O+O24Cu(NH3)42+4OH+6H2O;试剂1浓盐酸现象1白色沉淀溶解现象2出现白色沉淀; 2Cu(OH)2+2Cl+SO22CuCl+SO42+

28、2H2O;(4)加5 mL蒸馏水,向其中持续通入SO2,一段时间后,静置,试管底部有少量紫红色固体,溶液呈绿色(或现象与实验I相同)16.(1) 褪色; 实验结论不合理,因为Cl2也有氧化性,此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白;实验结论不合理,因为制取的氯气中含有HCl气体,HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡; NaBr溶液,试管中溶液由无色变为橙色; 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl;(2) Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O; 先关闭止水夹 ab,再打开止水夹 c,双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出,二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁中17.(1)集气瓶C中导管长短反了;Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2;吸收尾气中的SO2,防止污染环境(2)有浅黄色沉淀生成,氧化,2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3;(3)方案一;过量的二氧化硫能溶于水,也能使高锰酸钾褪色; 5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+;(4)2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 ;

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