2019-2020年人教版高一化学必修1第四章《非金属及其化合物》测试卷

2019-2020年人教版高一化学必修1第四章《非金属及其化合物》测试卷

答案解析

1.【答案】A

【解析】氯气与水反应(可逆反应)生成盐酸(强酸)和次氯酸(弱酸)，反应后的溶液中含有氯分子(新制氯水为浅黄绿色)、次氯酸分子(石蕊溶液褪色，具有漂白性)、氢离子、氯离子(与硝酸银溶液产生白色沉淀)、次氯酸根离子等粒子。 2.【答案】C

+

【解析】反应②、③和④中各元素的化合价都没有发生变化，根据已知条件，将 当作H3O，

－ 当作OH，可以得出这三个反应是正确的；根据已知条件，可知NH3类似于H2O，可以和Na

反应生成H2，所以反应①是正确的。 3.【答案】A

【解析】气体通过浓H2SO4时，NH3被吸收；通过Na2O2时CO2被吸收，放出O2，产生的O2与NO恰好完全反应生成和NO等体积的NO2；当NO2通过Na2CO3溶液时，NO2与水反应生成了硝酸和NO，硝酸跟Na2CO3反应产生CO2。 4.【答案】C

3＋3＋3＋2＋

【解析】Fe先与稀HNO3反应生成Fe，生成的Fe再与Fe反应：2Fe＋Fe===3Fe，总方程

2＝0.2 mol，式：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应的HNO3的总量为0.1×0.2×56＝4.2 g。 则参加反应的Fe的质量为×5.【答案】B

【解析】处理后的幕布不易着火，主要原因有两个：一是氯化铵分解吸收热量，降低了环境温度；二是氯化铵分解生成的氨气和氯化氢可以有效隔绝幕布与空气的接触。 6.【答案】A

【解析】有关反应的化学方程式： N2＋O27.【答案】B

【解析】空气质量日报报告二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物的含量，A正确；正常雨水pH为5.6，酸雨是指pH小于5.6的雨水，B不正确；为了减少二氧化硫和二氧化氮的排放，应用碱液进行吸收，C正确；居室污染主要指建筑，家居等释放的甲醛等有害气体，D正确。 8.【答案】C

【解析】氮的固定指游离态的氮反应生成化合态的氮，即将氮气转化为含氮化合物的过程。从液态空气中分离出氮气，不属于氮的固定。 9.【答案】D

【解析】在6NaOH＋3S

2Na2S＋Na2SO3＋3H2O反应中，硫的化合价有升有降，硫既表现氧

2NO，2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。

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－

化性又表现还原性。3 mol硫参加反应，其中2mol硫表现氧化性，得到4 mol e；1 mol硫表现还

原性，失去4 mol e－， A、C项正确；从硫到硫化钠，硫元素化合价从0降到－2，硫化钠是还原产物， B项正确；消耗3 mol硫，转移电子4 mol ，D项不正确。 10.【答案】B

【解析】只有选项B的反应中碳元素的化合价既升高又降低，属于氧化还原反应。 11.【答案】D

【解析】该套装置包括制取、干燥、收集。铁和稀硫酸生成的氢气应用向下排气法收集，二氧化锰跟浓盐酸反应制氯气需加热，氯酸钾和二氧化锰反应制取氧气为“固＋固加热”型装置，均不符合题意。碳酸钙与稀盐酸反应制二氧化碳的反应不需加热，二氧化碳密度大于空气，且可用浓硫酸干燥。 12.【答案】D 【解析】 13.【答案】D 【解析】 可能有CO

、PO

等的干扰，A错误；加入盐酸，引入Cl－，B、C错误；硝酸酸化

排除干扰，加硝酸银溶液得到不溶于稀硝酸的白色沉淀即为AgCl，由此说明原溶液中有Cl－，D正确。 14.【答案】A

【解析】 硫是一种不溶于水的黄色固体，故选项A不正确。 15.【答案】C

【解析】液氯是一种黄绿色的液体，是由氯分子构成的纯净物，无酸性(不能与锌反应)、无漂白性；

＋－－－

氯水是一种浅黄绿色的溶液，氯水中含有Cl2、H2O、 HClO、H、Cl、ClO、OH等粒子，既

有酸性(能与锌反应放出氢气)，又有漂白性。液氯溶于水得氯水，氯水中含有次氯酸，可用于自来水消毒。

16.【答案】 (1)Cl2、HCl(或Cl－)、HClO (2)氯水显浅黄绿色

(3)不合理 没有事先证明干燥的氯气和盐酸无漂白性 (4)①HCl和HClO中和了NaOH ②HClO氧化了酚酞 [实验步骤]b.再向试管内滴加2滴NaOH溶液 [实验现象及结论]Ⅰ.恢复红色 Ⅱ.仍为无色

【解析】 (1)由题中信息可知，溶于水的Cl2，一部分与H2O发生化学反应生成HCl和HClO，另一部分以Cl2的形式溶解于水中。(2)氯水因Cl2的存在而显浅黄绿色，氯水显浅黄绿色就是其中含有Cl2的依据。(3)将氯水滴入品红溶液后溶液褪色，不能得到氯气与水反应的产物具有漂白性的结

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论，因为没有事先证明干燥的氯气和盐酸无漂白性。(4)溶液的红色是酚酞与NaOH相互作用的结果。若没有酚酞，NaOH溶液呈无色；若没有NaOH，酚酞溶液也呈无色。由“(1)”中的分析可知，新制的氯水中既含有以显强酸性为主的HCl，又含有以显强氧化性为主的HClO。可滴加NaOH溶液来验证红色褪去的原因。滴入少量NaOH后溶液显红色，说明还存在酚酞，红色褪去的原因是HCl和HClO与NaOH发生了反应；若加入NaOH不再显红色，说明溶液中不存在酚酞，即酚酞已被HClO氧化。

17.【答案】 (1)浓氨水和氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) 关闭分液漏斗的活塞，将导气管通入水槽中，用手或热手巾捂圆底烧瓶，如果导气管处有气泡产生，松开手或拿去热毛巾后，导气管口形成一段稳定的液柱，则说明装置的气密性良好 (2)②④ b (3)③ 【解析】

18.【答案】 (1)SiO2＋2OH－===SiO

＋H2O

(2)C、Fe2O3 (3)H2SiO3SiO2＋H2O (4)坩埚 泥三角

【解析】 (1)步骤①中涉及SiO2与氢氧根离子反应生成硅酸根离子和水，离子方程式是SiO2＋2OH－===SiO

＋H2O。(2)稻壳灰的成分中只有二氧化硅、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化钠、

氧化钾与水反应，而C与氧化铁均不反应，所以滤渣A的成分是C、Fe2O3。(3)滤液A中含有硅酸根离子、偏铝酸根离子，加入过量稀盐酸，则偏铝酸根离子与过量的稀盐酸反应生成铝离子，而硅酸根离子与过量的稀盐酸反应生成硅酸沉淀，过滤得到硅酸，煅烧生成二氧化硅和水，化学方程式是H2SiO3SiO2＋H2O。(4)煅烧固体时，需要将固体放在坩埚中，坩埚放在泥三角上，泥三角放在三脚架上，用酒精灯加热，用坩埚钳取下坩埚，所以还需要坩埚和泥三角。 19.【答案】(1)红棕色 C＋4HNO3(浓)(2)BaCO3 (3)防倒吸

(4)①AC ②浓硝酸的分解

【解析】(1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2、H2O，三口烧瓶中显示的是NO2的红棕色。(2)NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液分别生成Ba(NO3)2和BaCO3，由于Ba(OH)2溶液足量，故溶液为碱性环境，BaCO3不溶解以沉淀形式析出。(3)为防止装置C中酸性气体溶解速率太快而导致C中溶液进入三口烧瓶，装置B应为防倒吸装置。(4)①NO与足量O2反应生成红棕色的NO2，A正确；NO和O2均不具有酸性，B错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，C正确。②装置A中木炭除与浓硝酸的反应外，硝酸不稳定，部分浓硝酸还会发生分解：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O。 20.【答案】(1)B

(2)验证混合气体中是否含有二氧化硫

4NO2↑＋CO2↑＋2H2O

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(3)验证混合气体中是否含有二氧化碳 (4) 二氧化碳和二氧化硫的混合气体

【解析】能使澄清石灰水先变浑浊，又变澄清的气体，只有二氧化碳和二氧化硫，可以猜想①气体为二氧化碳；②气体为二氧化硫；③气体为二氧化碳和二氧化硫的混合气体。因为二氧化硫的存在对二氧化碳的验证有干扰，所以要验证气体的成分，必须先验证二氧化硫是否存在并除尽，再验证二氧化碳气体是否存在，所以B中试剂目的是吸收二氧化硫。 21.【答案】①分液漏斗上口塞子没有打开

②分别将试管在酒精灯上加热，若溶液恢复红色，是SO2的作用，反之，则为Cl2 ③Cl2+SO2+4NaOH2NaCl+Na2SO4+2H2O

【解析】①若塞子没有取下来，打开活塞时空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出。

②SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；次氯酸的漂白不可逆，加热时不能恢复红色，故操作：分别将试管在酒精灯上加热，若溶液恢复红色，是SO2的作用，反之，则为Cl2。

③若左右气体流速相同，则二氧化硫与氯气按1∶1进行反应生成硫酸和盐酸，生成的硫酸、盐酸再与氢氧化钠反应生成氯化钠和硫酸钠，反应的总化学方程式为Cl2+SO2+4NaOH2NaCl+Na2SO4+2H2O。

L－1 22.【答案】 (1)V(NO)∶V(NO2)＝1∶3 (2)10 mol·【解析】 (1)设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为 y，则

解得x＝0.3 mol，y＝0.1 mol。 故V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。 (2)根据N原子守恒有 c(HNO3)＝

23.【答案】(1) 2H2S＋O2(2) 2H2S＋3O2(3) 2H2S＋O2mol

【解析】硫化氢与氧气反应时，两种反应物相对量不同，生成产物不同。 2H2S ＋ O2

2S↓ ＋ 2H2O (氧气不足)即n(H2S) ∶n(O2)≥2∶1 时，H2S不完全燃烧，没有SO2产

L－。 ＝10 mol·

2S↓＋2H2O 硫单质物质的量1 mol

1

2SO2＋2H2O 二氧化硫物质的量1 mol 2S↓＋2H2O和2H2S＋3O2

2SO2↑＋2H2O 硫单质和二氧化硫物质的量均为0.5

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