高中化学 必修2 第五章《化学生产中的重要非金属元素》检测题解析版 1.docx

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高中化学必修2第五章《化学生产中的重要非金属元素》检测题解析版1

《化学生产中的重要非金属元素》检测题

一、单选题

1.有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种

、

、

，现将此溶液分成三等份，进行如下实验

①向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；

②向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol；（

条件为加热）

③向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。

根据上述实验，以下推测错误的是（）

A.K+一定存在

B.Ba2+、Mg2+一定不存

C.Cl-一定存在

D.混合溶液中

的浓度为0.1mol/L

【答案】C

【解析】

【分析】

①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.04mol为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.04mol；

③2.33g为硫酸钡，6.27g为硫酸钡和碳酸钡；

再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子。

【详解】①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-；

②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol；

③不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量是0.01mol；c（SO42-）=

=0.05mol/L，6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为0.02mol，故一定存在CO32-、SO42-，因而一定没有Mg2+、Ba2+；c（CO32-）=

=0.1mol/L，再根据电荷守恒，正电荷为：

n（+）=n（NH4+）=0.04ol；n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=0.3mol故一定有K+，最少是0.26mol；

综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32-、SO42-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-；

A．一定存

钾离子，故A正确；

B．一定没有的离子Mg2+、Ba2+，故B正确；

C．可能存在Cl-，故C错误；

D．混合溶液中CO32-的浓度为c（CO32-）=

=0.1mol/L，故D正确；

故答案为C。

【点睛】破解离子推断题的几种原则：

①肯定性原则：

根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；（记住几种常见的有色离子：

Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－）；②互斥性原则：

在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；（要注意题目中的隐含条件，如：

酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等）；③电中性原则：

溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；（这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子）；④进出性原则：

通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。

2.下列溶液中滴入几滴石蕊试液，最终变红的是（）

A.新制氯水B.Na2CO3水溶液C.SO2水溶液D.NaCl水溶液

【答案】C

【解析】

【详解】石蕊溶液遇到酸性物质会变红；

A项，新制氯水中含有H+和HClO，H+能够使石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，又能使变红的溶液褪为无色，故A不符合题意；

B项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解使溶液显碱性，石蕊试液遇碱变蓝，故B不符合题意；

C项，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性，能使石蕊试液变红，故C符合题意；

D项，氯化钠溶液显中性，不会使石蕊试液的颜色发生变化，故D不符合题意；

故答案选C。

【点睛】氯水和二氧化硫的水溶液均显酸性，但是新制氯水中含有H+和HClO，所以溶液中滴入几滴石蕊试液，溶液先变红后褪色；而二氧化硫的水溶液中含有H+，溶液中滴入几滴石蕊试液，只变红不褪色，因为二氧化硫的漂白属于非氧化性漂白，且不能漂白酸碱指示剂。

3.将物质的量之比为1:

1的Fe、Cu的混合粉末逐渐加入到含1mol

的稀硝酸中充分反应（还原产物全部是NO），则能使硝酸完全反应的金属粉末的最小质量为

A.14gB.15gC.18gD.22.5g

【答案】C

【解析】

【详解】Cu和铁1：

1与硝酸发生反应，硝酸不仅起着氧化剂的作用，还起着酸的作用，且酸消耗的的量较大，由反应配平后的离子反应方程式可以得到H+与金属之间的关系，从而得到金属的质量（金属的最小质量值得就是将硝酸消耗完时候金属恰好完全反应）。

根据铁、铜分别于硝酸反应的离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O、Fe+4H++NO3-==Fe3++2H2O+NO↑，两式合并得：

3Cu+3Fe+20H++5NO3-=3Cu2++3Fe3++5NO↑+10H2O；

H+~3/20Cu~3/20Fe

1mol3/20mol3/20mol

所以金属最小的质量为3/20×（64g/mol+56g/mol）=18g

答案为C。

4.下列关于离子的检验及结论一定正确的是

A.加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中一定有CO32－

B.加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定有SO42－

C.加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，则一定含有NH4＋

D.用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色。

则试样中一定有Na＋，不含有K＋

【答案】C

【解析】

【详解】A.加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中可能有HCO3－、CO32－，HSO3－、SO32－，故A错误；

B.加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是AgCl、BaSO4，则溶液中可能有SO42－或Ag+，故B错误；

C.加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，该气体是NH3，则一定含有NH4＋，故C正确；

D.用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，则试样中一定有Na＋，可能含有K＋，还需透过蓝色钴玻璃观察，才能确定有无K+，故D错误；

故选C。

5.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）

A.Fe3+、OH-、CO32-B.Mg2+、Cl-、Ba2+

C.NH4+、OH-、Al3+D.Fe2+、NO3-、H+

【答案】B

【解析】

【分析】

离子间能发生反应，就不能大量共存。

据此分析判断。

【详解】A.Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀、与CO32-发生双水解反应，A项错误；

B.Mg2+、Cl-、Ba2+彼此不反应，能大量共存，B项正确；

C.OH-与NH4+生成弱电解质、与Al3+生成氢氧化铝或偏铝酸根，C项错误；

D.酸性溶液中，NO3-能将Fe2+氧化，D项错误；

本题选B。

【点睛】NO3-在碱性、中性溶液中较稳定，在酸性溶液中有强氧化性。

6.某无色气体X，可能含有CO2、SO2、HCl、HBr中的一种或几种.将X通过适量的氯水时，X恰好完全被吸收，没有任何气体剩余.将所得的无色溶液分装于两支试管后，分别加入酸化的AgNO3与BaCl2溶液，结果均产生白色沉淀。

下列推论不正确的是（）

A.X中可能含有HClB.X中一定有SO2

C.X中可能含有HBrD.产生的沉淀分别是AgCl与BaSO4

【答案】C

【解析】

【详解】“适量的氯水”，“没有任何气体剩余”，说明一定没有CO2，可能有SO2、HCl、HBr；“无色溶液、分别加入酸化的AgNO3与BaCl2溶液，结果均产生白色沉淀”，证明加入氯化钡溶液，沉淀是硫酸钡，一定含有SO2，但是无法证明HCl，因为前面加入了氯水，无色溶液说明没有HBr；

A、X中可能含有HCl，故A正确；

B、X中一定有SO2，故B正确；

C、X中没有HBr，故C错误；

D、白色沉淀分别为氯化银和硫酸钡，故D正确；

答案选C。

7.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入6mol•L﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　）

A.60mLB.45mLC.30mLD.50mL

【答案】A

【解析】

【详解】在整个反应过程中，Cu失去电子被HNO3中N得到，使N元素化合价由+5价降低为+4、+2价；当通入1.68LO2（标况）后，化合价降低的N元素又被氧气氧化成+5价N；因此，在反应中，铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，即，n（Cu）×2mole-=

×4mole-，得n（Cu）=0.15mol，所以溶液中n（Cu）=0.15mol；使铜离子恰好完全沉淀需NaOH的物质的量为0.3mol；则需V（NaOHaq）=

=0.06L=60mL，故选A。

8.过量铝粉分别与下列4种等体积的溶液充分反应，放出氢气最多的是（）

A.3mol·L-1H2SO4溶液B.18mol·L-1H2SO4溶液

C.1.5mol·L-1KOH溶液D.3mol·L-1HNO3溶液

【答案】A

【解析】

【分析】

设各溶液的体积为VL，根据化学反应的事实及关系式的定量计算分析判断。

【详解】A.铝粉与H2SO4溶液反应的化学方程式为：

2Al＋3H2SO4=Al2（SO4）3＋3H2↑，3H2SO4

3H2，则3mol·L-1H2SO4溶液生成氢气的物质的量为3Vmol，

B.18mol·L-1H2SO4溶液为浓硫酸，常温下，铝遇到浓硫酸会发生钝化，没有氢气放出，B项不选；

C.铝粉与1.5mol·L-1KOH溶液反应的化学方程式为：

2Al＋2KOH＋2H2O=2KAlO2＋3H2↑，2KOH

3H2，则生成氢气的物质的量为1.5V

=2.25Vmol；

D.3mol·L-1HNO3溶液为稀硝酸，铝粉与3mol·L-1HNO3溶液在常温下发生氧化还原反应生成一氧化氮，没有氢气放出，D项不选；

根据上述分析可知，因3V＞2.25V，即过量铝粉与3mol·L-1H2SO4溶液反应比与1.5mol·L-1KOH溶液反应放出的氢气最多，A项正确，

答案选A。

9.某无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，则下列判断正确的是（）

A.一定有SO42-B.一定有CO32-

C.一定有Ag+D.一定有SO42-或Ag+

【答案】D

【解析】

【详解】在某无色溶液中，加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，生成的沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有Ag+或SO42-，故选D。

10.下列实验装置正确的是

A.

加热分解碳酸氢钠

B.

吸收氨气

C.

转移溶液

D.

制取氨气

【答案】B

【解析】

【详解】A.试管底低于试管口，水蒸气在管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；

B.用刚接触水面

倒置的漏斗吸收氨气，既能保证好的吸收效果，又能防止倒吸，B正确；

C.转移溶液需要使用玻璃棒，C错误；

D.用长颈漏斗制取氨气时，导管口应插入液面下，以防气体沿漏斗颈逸出，D错误。

故选B。

【点睛】对于一般气体的吸收，可直接将导管口插入液面下；对于易溶于水的气体吸收，可将导管口位于液面上，可将导管口接在刚接触水面的倒置的漏斗上，也可以将出气导管口插在CCl4与水混合液中的CCl4层。

11.在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是（）