新教材高中化学必修第二册 第5章 化工生产中的重要非金属元素基础过关卷解析版.docx

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新教材高中化学必修第二册第5章化工生产中的重要非金属元素基础过关卷解析版

第5章化工生产中的重要非金属元素

基础过关卷

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64

第Ⅰ卷（选择题共45分）

一、选择题：

本题共15个小题，每小题3分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列材料中不含SiO2的是（　　）

A．光纤B．玻璃C．石英D．芯片

【答案】D

【解析】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A不选；

B．制造普通玻璃的原料是：

纯碱、石灰石和石英；普通玻璃化学氧化物的组成（Na2O•CaO•6SiO2），主要成份是二氧化硅，故B不选；

C．石英的成分是二氧化硅，故C不选；

D．芯片是由单质硅制成的，不含有SiO2，故D选。

2．常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（　　）

A．难挥发性B．吸水性C．脱水性D．强氧化性

【答案】D

【解析】常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止反应的进一步发生，从而发生钝化，故D正确；

3．下列实验过程，观察不到颜色变化的是（　　）

A．一氧化氮暴露在空气中

B．氨水中滴加石蕊试液

C．氢氧化钾溶液中滴加稀盐酸

D．二氧化硫通入品红溶液中

【答案】C

【解析】A．NO气体接触空气，容易被空气中的氧气氧化为二氧化氮，颜色由无色变为红棕色，故A错误；

B．氨水具有碱性，滴加石蕊试液，使紫色石蕊试液变蓝，故B错误；

C．氢氧化钾溶液中滴加稀盐酸生成可溶性的氯化钾无色溶液和水，没有颜色变化，故C正确；

D．二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色，故D错误。

4．下列关于SO2的说法正确的是（　　）

A．SO2气体通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，说明SO2具有漂白性

B．SO2和Cl2混合通入品红溶液中，能使红色褪去

C．SO2气体通入溴水中，溴水的颜色褪去，说明SO2具有漂白性

D．二氧化硫的排放会导致酸雨的产生

【答案】D

【解析】A．二氧化硫为酸性氧化物，滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故A错误；

B．SO2和Cl2混合通入品红溶液，二者按照1：

1恰好反应生成硫酸和盐酸，SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，不能使品红溶液褪色，故B错误；

C．二氧化硫具有还原性，溴具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，二氧化硫体现还原性，故C错误；

D．酸雨与N、S的氧化物有关，SO2的大量排放会导致硫酸型酸雨的形成，故D正确。

5．能够确定一种溶液中一定含SO42﹣的实验事实是（　　）

A．取少量试样溶液，先加入盐酸到溶液酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成

B．取少量试样溶液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成后，加稀HNO3沉淀不溶解

C．取少量试样溶液，加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加稀HNO3沉淀不消失

D．取少量试样溶液，加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，加盐酸，沉淀不溶解

【答案】A

【解析】A．先加盐酸，无沉淀，排除银离子、碳酸根离子等干扰，后加BaCl2溶液有白色沉淀，白色沉淀沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42﹣，故A选；

B．白色沉淀可能为AgCl或亚硫酸钡，原溶液可能含银离子或亚硫酸根离子，故B不选；

C．加入Ba（NO3）2溶液，能产生白色沉淀，原溶液中可能含有SO32﹣、SO43﹣等，故C不选；

D．取少量试液，加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、硫酸钡、亚硫酸钡等，但是往过滤所得沉淀加盐酸，沉淀不溶解，说明该沉淀为硫酸钡，原溶液中可能含有亚硫酸根离子，故D不选。

6．为了除去粗盐固体中可能含有的少量Na2SO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的顺序是．（　　）

①加水溶解；

②加入过量BaCl2溶液；

③加热蒸发得到晶体；

④加入过量盐酸；

⑤加入过量Na2CO3；

⑥过滤．

A．①⑤②⑥④③B．①⑤②④⑥③C．①②④⑥⑤③D．①②⑤⑥④③

【答案】D

【解析】通过转化为沉淀的方法除去粗盐中混有的少量可溶于水的Na2SO4和CaCl2杂质。

可采取加水溶解→加入过量BaCl2溶液，与Na2SO4发生反应，生成BaSO4沉淀，加过量Na2CO3溶液，与CaCl2和过量BaCl2溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钠→过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量Na2CO3溶液发生反应，生成氯化钠、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体。

操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、碳酸钠溶液、过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①②⑤⑥④③。

7．关于英文称呼中国为“CHINA”一词的来历，一种说法是来源于瓷器，因为在英语中中国和瓷器都是“CHINA”。

下列关于瓷器的说法正确的是（　　）

A．中国是“瓷器之乡”、传统瓷器属于硅酸盐产品

B．瓷器的主要成分是黏土

C．瓷器的烧制过程属于物理变化

D．因为瓷器是硅酸盐，所以难溶于水

【答案】A

【解析】A．瓷器的原料为黏土，黏土的主要成分是硅酸盐，则传统瓷器属于硅酸盐产品，故A正确；

B．瓷器的原料是黏土，黏土经过高温烧结制成瓷器，故B错误

C．高温下黏土中某些金属元素的价态发生变化，瓷器的烧制过程属于化学变化，故C错误；

D．瓷器的主要成分是硅酸盐，还含有二氧化硅，二氧化硅和硅酸盐大多是难溶于水的，有的硅酸盐能溶于水，如硅酸钠，故D错误。

8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）

A．S

SO3

H2SO4

B．NH3

NO

HNO3

C．NaHCO3（s）

Na2CO3（s）

NaOH（aq）

D．Al（s）

NaAlO2（aq）

Al（OH）3（s）

【答案】C

【解析】A．S在氧气中点燃只生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故A错误；

B．氨气催化氧化生成NO，NO与水不反应，故B错误；

C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠与饱和石灰水发生复分解反应生成氢氧化钠，各步转化均实现，故C正确；

D．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故D错误。

9．下列有关说法正确的是（　　）

A．氨气极易溶于水，所以它是农业上常用的氮肥

B．所有铵盐都能受热分解生成氨气

C．实验室不可用浓硫酸干燥氨气

D．新制氯水显酸性，所以向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色

【答案】C

【解析】A．氨气极易溶于水形成氨水，氨水以及铵盐是农业上常用的氮肥，而不是氨气，故A错误；

B．铵盐受热分解，不同铵盐随温度不同产物不同，不一定生成氨气，如硝酸铵受热分解可以生成氮气，故B错误；

C．氨气是碱性气体，能和硫酸之间反应，不能用硫酸干燥，故C正确；

D．新制氯水含有HClO，具有漂白性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故D错误。

10．如图是实验室进行氨气“喷泉实验”的装置，下列叙述不正确的是（　　）

A．该实验说明氨气极易溶于水

B．进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性

C．氨水很稳定，将烧瓶内的红色溶液加热，颜色不会发生变化

D．形成“喷泉“的主要原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压

【答案】C

【解析】A．反应开始后，烧瓶内迅速形成喷泉，说明产生了很大的气压差，氨气极易溶于水，故A正确；

B．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，碱遇无色的酚酞试液变红色，故B正确；

C．一水合氨不稳定，在加热条件下，更容易分解生成氨气和水，溶液的碱性减小，导致溶液的颜色逐渐变浅，故C错误；

D．氨气极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，导致烧杯中液体通过导管进入烧瓶而产生喷泉，故D正确。

11．如图所示，在一个密闭的玻璃管两端各放一团棉花，再用注射器同时在两端注入适量的浓氨水和浓盐酸，下列说法不正确的是（　　）

A．玻璃管中发生的反应可表示为：

NH3+HCl═NH4Cl

B．实验时会在玻璃管的A处附近看到白雾

C．用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出

D．将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象

【答案】B

【解析】A．NH3与HCl反应生成氯化铵，则玻璃管中发生的反应可表示为：

NH3+HCl═NH4Cl，故A正确；

B．浓盐酸具有发性，浓氨水也具有挥发性，实验时会在玻璃管的B处附近看到白雾，故B错误；

C．NH3与HCl反应属于放热反应，则用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出，故C正确；

D．浓硝酸也具有挥发性，会发出硝酸，浓氨水具有挥发性，可以挥发出氨气，硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，故B正确。

12．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置中，其中正确的是（　　）

A．①是氨气的发生装置

B．②是氨气的收集装置

C．③是氨气的发生装置

D．④是氨气的收集检验装置

【答案】C

【解析】A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；

B．氨气极易溶于水，倒扣的漏斗在液面下，不能防止倒吸，故B错误；

C．图中为固液反应不加热制备气体的装置，可选浓氨水与CaO制备氨气，故C正确；

D．应在试管口处塞一团棉花，防止与空气对流，故D错误。

13．用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：

（1）铜跟浓硝酸反应；

（2）铜跟稀硝酸反应；

（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。

以下叙述中错误的是（　　）

A．三种途径所消耗的铜的物质的量相等

B．途径三符合绿色化学的理念

C．三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等

D．三种途径所消耗的硝酸的物质的量是：

途径

（1）＞途径

（2）＞途径（3）

【答案】C

【解析】制取硝酸铜有关反应为：

（1）Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

（2）3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

（3）2Cu+O2

2CuO，CuO+2HNO3（稀）＝Cu（NO3）2+H2O

从以上三组反应可以看出：

生成相同质量的Cu（NO3）2，消耗相同质量的铜；

消耗硝酸的质量（或物质的量）不相同，途径

（1）消耗HNO3最多，途径

（2）次之，途径（3）消耗HNO3最少，途径（3）无污染，硝酸的利用率高。

14．无论是传统的还是新型的无机非金属材料，硅元素都占有非常重要的地位。

由于硅在太阳能发电中的重要作用，有些科学家称硅是“二十一世纪的能源”，下列关于硅的说法错误的是（　　）

A．二氧化硅可用于做光导纤维

B．高纯度的硅是制半导体的重要材料

C．水泥、玻璃、陶瓷都是传统的硅酸盐工业产品

D．自然界中硅元素的含量居各元素的第一位

【答案】D

【解析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A正确。

B、硅在元素周期表中处于金属和非金属之间，导致硅单质的性质介于二者之间，所以硅是制半导体的重要材料，故B正确。

C、制水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，故C正确。

D、硅是氧气元素，在自然界中以化合态存在，硅元素的含量在自然界中占第二位，故D错误。

15．由SiO2制备高纯度的硅的工业流程如图所示：

下列说法错误的是（　　）

A．SiO2与纯硅都是硬度大、熔沸点高的晶体

B．X为CO气体

C．反应②产生的H2与反应③产生的HCl可以循环使用

D．反应①②③均为在高温条件下的非氧化还原反应

【答案】D

【解析】A．硅与二氧化硅均为原子晶体，原子晶体都是硬度大、熔沸点高的晶体，故A正确；

B．二氧化硅与C反应生成Si和CO，则X为CO，故B正确；

C．反应②中HCl是反应物，氢气是生成物，反应③中氢气是反应物，HCl是生成物，所以反应②产生的H2与反应③产生的HCl可以循环使用，故C正确；

D．反应①是二氧化硅与C反应生成Si和CO，C、Si元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故D错误。

第Ⅱ卷（非选择题共55分）

二、非选择题：

包括第16题~第20题5个大题，共55分。

16．（10分）食盐是人类生活中不可缺少的物质，海水中含有大量食盐．某地出产的粗盐中，所含杂质是CaCl2，通过下面的实验可制得纯净的NaCl．

请回答：

（1）加入的A是　　，检验A已过量的方法是　　。

（2）加入的B是　　，加入稍过量B的目的是　　。

（3）为检验沉淀是否洗净，最好在最后几滴洗出液中加入　　溶液。

【答案】（每空2分）

（1）Na2CO3；取上层清液于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，如果有气泡产生，则说明Na2CO3已过量

（2）HCl；除去溶液中过量的CO32﹣

（3）硝酸酸化的AgNO3溶液

【解析】根据粗盐中，所含杂质是CaCl2，故应加入的除杂试剂A为过量的Na2CO3，过滤，所得沉淀为CaCO3，所得滤液中含Na+、Cl﹣和过量的CO32﹣，故应加入过量的HCl除去CO32﹣，由于盐酸易挥发，故蒸发结晶即可得纯净的NaCl．据此分析．

（1）加入的A是Na2CO3，检验A已过量即检验溶液中是否有过量的CO32﹣，方法是取上层清液于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，如果有气泡产生，则说明Na2CO3已过量；

（2）加入的B为HCl，目的是为了除去前面过量的CO32﹣；

（3）由于沉淀CaCO3是从NaCl溶液中过滤出来的，故沉淀上有Cl﹣和Na+残留，检查CaCO3是否洗净即检查洗涤液中是否有Cl﹣，即向最后一次洗涤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液。

17．（10分）获取知识和信息是现代人不可缺少的素质，信息产业的飞速发展离不开材料科学的推动．

（1）光导纤维是一种能高质量传导光的玻璃纤维，利用光缆通讯，能同时传输大量信息．制造光纤电缆的主要原材料的化学式是　　，它属于　　材料。

（2）信息产业的核心材料是高纯度的硅，高纯度的单晶硅生产方法之一：

HCl、Cl2H2

SiO2

Si（粗硅）

SiHCl3（沸点31.5℃）

Si

超纯硅（多晶硅）单晶硅

近代用得较多的另一种方法（之二）是：

用金属硅化物（Mg2Si）与盐酸作用制得硅烷，再热分解硅烷可得高纯硅．单晶硅可用来制作大规模集成电路、整流器等，硅纯度越高，大规模集成电路的性能就越好．

根据上述信息回答以下问题：

①从方法一生产单晶硅的过程看，由碳还原得到的硅为何还要进一步处理？

②写出方法二中，生产高纯硅的两个化学反应方程式：

I　　．II　　。

【答案】（每空2分）

（1）SiO2；无机非金属

（2）由C还原SiO2得到的单质硅不纯；②I．4HCl+Mg2Si═2MgCl2+SiH4↑；II.SiH4

Si+2H2．

【解析】

（1）光导纤维的成分是SiO2，是无机非金属材料；

（2）①由C还原SiO2得到的单质硅含少量杂质；

②I．为硅化镁和盐酸的反应，该化学方程式为：

4HCl+Mg2Si═2MgCl2+SiH4↑；反应II为硅烷在加热的条件发生的分解反应，该化学方程式为：

SiH4

Si+2H2反应。

18．（12分）某同学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性质实验（夹持装置已省略）。

请回答：

（1）写出铜丝与浓硫酸反应的化学反应方程式：

　　；

（2）反应后试管Ⅱ与Ⅳ中溶液均褪色，分别体现了SO2的　　性和　　性；

（3）实验过程中，试管Ⅲ中没有明显变化，取下试管Ⅲ并不断振荡，试管中出现浑浊，该浑浊物的化学成分是（填化学式）　　；

（4）试管Ⅴ中NaOH的作用　　；

（5）取下试管Ⅱ，将无色溶液加热，恢复红色。

解释“无色→红色”的原因　　。

【答案】（每空2分）

（1）Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）漂白；还原；

（3）BaSO4；

（4）尾气处理，防止SO2污染空气；

（5）SO2遇品红生成不稳定无色物质，受热分解释放出SO2.

【解析】

（1）铜与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）反应后试管Ⅱ品红褪色体现二氧化硫的漂白性与Ⅳ中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，所以分别体现了SO2的漂白和还原；

（3）取下试管Ⅲ并不断振荡，亚硫酸可被氧化生成硫酸，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4；

（4）试管Ⅴ中NaOH的作用尾气处理，防止SO2污染空气；

（5）SO2遇品红生成不稳定无色物质，受热分解释放出SO2，溶液恢复红色出现“无色→红色”的现象。

19．（10分）某化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。

在A装置中发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（1）B装置中的干燥剂是　　（填“碱石灰”或“浓硫酸”）。

（2）C、D装置中试纸颜色会发生变化的是　　（填”C”或“D”）。

（3）当实验进行段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1﹣2滴浓盐酸，可观察到E装置中的现象是产生　　（填”白烟”或“白雾”）。

（4）为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是　（填“F”或“G”）。

（5）生石灰与水反应生成Ca（OH）2并放出热量。

实验室利用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。

用此方法制取氨气应选用的气体发生装置是　　（填“a”“b”或“c”）。

【答案】（每空2分）

（1）碱石灰；

（2）D；（3）白烟；（4）F；（5）c

【解析】在A装置中发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，固体和固体加热反应生成气体，氨气为碱性气体，通过B中干燥剂碱石灰干燥氨气，通过装置C中干燥的红色石蕊试纸无变化，通过装置D中湿润的红色石蕊试纸变蓝色，通入装置E中滴入浓盐酸发出白烟，

（1）B装置中的干燥剂是：

碱石灰；

（2）氨气遇到湿润的石蕊试纸，氨气和水反应生成一水合氨为弱碱，C、D装置中试纸颜色会发生变化的是D；

（3）当实验进行段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1﹣2滴浓盐酸，可观察到E装置中的现象是产生白烟，是挥发出的氯化氢和氨气反应生成固体氯化铵固体小颗粒的原因；

（4）为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，氨气极易溶于水，需要防止倒吸，选择F装置；

（5）生石灰溶于水会放出大量热，所以可以往生石灰中滴加浓氨水，快速制取氨气，反应不需要加热，所以装置c符合。

20．（13分）氮元素及其化合物的转化关系如图1所示，回答下列问题：

（1）图1中X的化学式为　　，X→HNO3的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为　　。

（2）图1中NH3→NO的化学方程式为　　，实验室只用一种物质可将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为　　。

（3）图2可用于实验室中制取干燥的氨气，反应的化学方程式为　　，连接顺序为　，干燥NH3可选用的试剂是　　，若要将氨气转化成氮气，从原理上看，下列试剂可行的是　　。

a．Nab．O2c．NO2d．NH4Cl

【答案】

（1）NO2（1分）；1：

2（2分）

（2）4NH3+5O2

4NO+6H2O（2分）H2O2（1分）

（3）2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2H2O+2NH3↑（2分）；a→f→e→b→c→d（2分）；碱石灰（1分）；bc（2分）

【解析】

（1）图1分析可知X化合价为+4价，物质类型为氧化物，为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3的反应为：

3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2发生歧化反应，所以反应中氧化剂NO2（化合价N+4→+2）与还原剂NO2（化合价N+4→+5）物质的量之比为：

1：

2；

（2）NH3→NO反应是氨气的催化氧化，反应的化学方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，是一种绿色氧化剂，则考虑为H2O2；

（3）实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：

2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2H2O+2NH3↑，

装置Ⅰ为制备氨气装置，Ⅱ为收集氨气装置，Ⅲ为尾气处理装置，Ⅳ为干燥氨气，要制备制取氨气并收集氨气，装置正确顺序为先制取选a，后干燥选f→e，再收集，氨气为密度小于空气的气体，选b→c，最后进行尾气处理，选c→d，所以连接顺序为：

a→f→e→b→c→d，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙固体，可以干燥氨气，

若要将NH3→N2，氮元素化合价﹣3价变化为0价，氨气做还原剂被氧化，

a．Na是还原剂不能氧化氨气，故a错误；

b．O2可以氧化氨气为氮气，故b正确；

c．NO2和氨气反应做氧化剂，氮元素化合价可以变化为0价，生成氮气，故c正确；

d．NH4C中氮元素化合价﹣3价，不能和氨气反应生成氮气，故d错误。