河南省高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结及答案Word文件下载.docx

河南省高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结及答案Word文件下载.docx

《河南省高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结及答案Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结及答案Word文件下载.docx（32页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑

y 

y 

y

x+y=1.5

2x+y=1.8

解之得x=0.3，y=1.2

所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。

A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8molH2SO4，故A正确；

B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：

V（H2）=1：

4，故B错误；

C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×

65g/mol=97.5g，故C正确；

D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。

故选B。

【点睛】

本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

2．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（）

A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物

B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3

C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生

D．图中所示转化反应都是氧化还原反应

【答案】C

A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：

SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；

B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；

C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；

D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；

答案选C。

解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸（氢氟酸）反应。

3．浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）

A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜

【答案】A

A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；

B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；

C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；

D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；

故选A。

4．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

选项

实验操作及现象

推理或结论

A

向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀

该溶液中一定含有SO

B

向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上

钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小

C

向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

该盐一定是碳酸钠

D

某物质的焰色试验火焰显黄色

该物质一定不含钾元素

A．AB．BC．CD．D

A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；

C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；

D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；

5．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

工业上用“西门子法”。

以硅石（SiO2） 

为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是

已知：

SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si

B．为最大程度节约成本，上述 

生产工艺中能循环使用的物质只有H2

C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行

D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1

SiHCl3+H2

二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；

B．流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；

C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；

D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HCl

SiHCl3+H2，故D正确；

6．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为

A．2mol/LB．1.8mol/LC．2.4mol/LD．3.6mol/L

试题分析：

n（Cu）=51.2g÷

64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n（e-）=0.8mol×

2=1.6mol；

Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。

由于这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。

n（NaNO2）×

2=1.6mol，n（NaNO2）=0.8mol.根据元素守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1mol，所以c（NaOH）=1mol÷

0.5L=2mol/L，选项是A。

7．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120mL4mol·

L

的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344L（标准状况）气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21molB．0.14molC．0.16molD．0.24mol

【解析】

因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×

4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe（NO3）2]=0.42mol÷

2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol，故选项A正确。

考点：

考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

8．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列叙述中正确的是

A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL

B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol

C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L

D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷

17g/mol=0.3mol。

金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷

2＝0.15mol；

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷

3mol/L=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；

B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×

8/3=0.4mol，B正确；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷

3=0.1mol。

若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×

22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；

D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×

24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×

64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D错误；

答案选B。

9．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。

现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。

下列叙述正确的是

A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物

B．沉淀X的成分是SiO2

C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+

D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解

混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。

A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；

B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；

C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；

D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

金属及其化合物的性质

10．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8gB．53.6gC．46.8gD．43.2g

Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷

22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n（e-）=0.3mol×

4=1.2mol。

当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。

因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m（OH-）=nM=1.2mol×

17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：

①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；

②电解质溶液中的电荷守恒；

③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；

④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

11．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．H2SO4浓度为4mol/L

B．溶液中最终溶质为FeSO4

C．原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L

D．AB段反应为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=

计算c（H2SO4）、c（NO3-）。

A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷

56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；

B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；

C、OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；

D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：

Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。

【点晴】

该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。

计算离子时注意用离子方程式计算。

还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。

12．已知：

稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：

3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。

下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（）

A．Fe（NO3）2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀

B．Ba（NO3）2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀

C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀

D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液

A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；

B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；

C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；

D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；

13．将43.8g 

Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）。

另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为

A．39.2gB．44.8gC．58.8gD．66.4g

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n（Al）=0.3×

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×

27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×

=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n（OH-）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×

17=58.8g；

C正确；

故答案选C。

14．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；

若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。

由此得出的下列结论中不合理的是

A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性

B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质

C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性

D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大

根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。

SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；

SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。

故A、B项正确，C项错误。

H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。

本题选C。

SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

15．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。

下列描述不合理的是（）

A．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性

B．②中选用品红溶液验证SO2的生成

C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2

D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色

【答案】D

A．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A正确；

B．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；

C．SO2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH溶液，则③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2，防污染环境，故C正确；

D．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO4生成，故D错误；

故答案为D。

16．对于1LHNO3和H2SO4的混合溶液，若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系：

c（H2SO4）+c（HNO3）═1.0mol•L﹣1．则理论上最多能溶解铜的物质的量为（　　）

A．1.0molB．0.8molC．0.72molD．0.6mol

金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原，反应离子方程式：

3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：

4时恰好反应，溶解的Cu最多。

设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则：

x+y＝1，y：

（2x+y）＝1：

4，联立解得：

x＝0.6，y＝0.4。

设参加反应的铜的最大物质的量是z，则：

3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O

32

z0.4mol

3：

2＝z：

0.4mol

解得：

z＝0.6mol

故选：

D。

17．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2③HCl和N2的4：

5混合气体，进行喷泉实验。

经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为

A．①>

②>

③B．①＜②＜③C．①=②=③D．①＜②=③

同温同压下，等体积的

、HCl、

物质的量相等，设

的物质的量均为1mol，烧瓶体积为VL。

由

可知生成

的物质的量为

，生成NO的物质的量为

，NO难溶于水，则

的物质的量浓度为

，

和HCl溶于水后溶液的物质的量浓度为

，因此①=②=③，答案选C。

18．有一瓶澄清的溶液，只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为0.1molL—1。

进行以下实验：

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝

③取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。

将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；

第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。

下列结论不正