第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结含答案解析文档格式.docx

1、故选B。4向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是A二氧化碳：K+、Na+、Cl- B氨气：Mg2+、Al3+、Na+、C氯化氢：Ca2+、Fe3+、Cl- D氯气：Na+、Ba2+、【答案】CACO2、H2O会发生反应产生，不能大量共存，A不符合题意；BNH3H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；CHCl溶于水电离产生H+、Cl-，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D氯气溶于水，反应产生HCl、HClO，HCl与会反应产生H2O、CO2；HClO与会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不

2、符合题意；故合理选项是C。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SiB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H2C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+3HC1SiHCl3+H2【分析】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

3、，过滤得到硅，通入氯化氢在200300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200300下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HClSiHCl3+H2，故D正确；6下列反应在指定条件下能实现的是AHClOHCl BFeFe2O3 CSSO3 DSFe2S3AHClO

4、在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确；BFe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，B不正确； CS在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确；DS与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确；7下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）选项陈述陈述判断A盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠对，错，无B氯水可以使有色布条褪色氯气具有漂白性错，对，有 C二氧化硅可以与水反应生成硅酸二氧化硅是酸性氧化物具有酸性氧化物的通性对，对，无D为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋醋酸的

5、酸性比次氯酸强对，对，有AA BB CC DD【答案】DA氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II都正确；B氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；C酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；D漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。8对下列事实的解释正确的是A浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定B不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性C足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2D锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝

6、酸能使锌钝化A浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存，说明浓硝酸见光易分解，故A正确；B铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，与浓硝酸挥发性无关，故B错误；C铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故C错误；D硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；9在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L（标准状况）。同时铁和氧化铁均无剩余。向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaO

7、H溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（ ）A1.5mol/L B2.5mol/L C2mol/L D3mol/L试题分析：将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4 ，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2 SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故n（H2SO4）= 1/2 n（NaOH）= 1/23mol/L0.2L =0.3mol，故c（H2SO4）= n（H2SO4）V=0.3mol0.15

8、L=2mol/L，选项C正确。考点：考查混合物反应的计算的知识。10将一定质量的金属铜溶于50mL11molL-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1molL-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为A6.4g B9.6g C11.2g D12.8g反应前硝酸的物质的量为0.05L11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）2=0.15mol，则金属铜的质量

9、为0.15mol64g/mol=9.6g，答案选B。考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。11在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有ACl，SO BCl，NO CCl，CO DCl，OH加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl和CO32，C项正确。12下列离子方程式书写正确的是A向明矾溶液中逐滴加入足量Ba（OH）2溶液时，反应为：Al3+ 2SO+ 2Ba2+ 4OH-= 2BaSO4+ AlO+ 2H2OB硫化亚铁与浓硫酸混合：2

10、HFeS=H2SFe2C向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca22ClO-SO2H2O=CaSO32HClOD磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe24HNO=3Fe3NO3H2OABa（OH）2足量，故明矾KAl（SO4）212H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成，即，与Ba2+反应，由于Al3+、都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应为+2，即，A正确；B浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；C次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为，自身被还原为Cl-，C错误；D磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误

11、；故答案选A。13有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H2 2.24L（标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。混合物中单质Fe的质量为（ ）A5.6g B8.4g C11.2g D16.8g铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成 H2的物质的量为：2.24L22.4L/mol0.1mol，则：Fe+H2SO4=FeSO4+H20.1mol 0.1mol 0.1mol设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：Fe+F

12、e2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2Ox mol x mol 3x mol由题意可知：（x+0.1）mol56g/mol+x mol160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1 mol160 gmol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。14检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是（）A加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝B将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红C加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性D加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液A.将白色固体放入试管中，然后向其中

13、加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；故合理选项是A。本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。15无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一种元素。下列说法正确

14、的是A若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2B若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性C若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2SD若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到YA、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正确；B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；16CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如

15、图所示。下列说法不正确的是（ ）A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2可能为0.75molDY可以是葡萄糖A、根据反应式3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是32，选项A正确；B、途径中均生成大气污染物，而没有，所以选项B正确；C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；所以正确的答案选C。17一定量的锌与

16、100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c（H+）=0.1 molL1。下列叙述不正确的是（ ）A反应中共消耗1.8 mol H2SO4 B气体甲中SO2与H2的体积比为41C反应中共消耗97.5 g Zn D反应中共转移3 mol电子Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。生成气体的

17、物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为1L0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O x 2x xZn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2y y yx+y=1.52x+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1.8mol H2SO4，故A正确；B气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：

18、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。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。18当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中

19、，不可能出现的物质是（ ）ANH4NO3 BH2O CN2 DNO2在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。19用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2CO3 H2SiO3B若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色C若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊D装置D起干燥气体作用A浓盐酸挥发的HCl在C

20、中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；BA为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；CA为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；D仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；故答案为C。20如图装置可以达到实验目的的是实验目的X中试剂Y中试剂用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干

21、燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；C.氢气的密度比空气的密

22、度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；综上所述，答案为D。21某100mL混合溶液中，H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L和2.0mol/L，向该混合溶液中加入25.6g铜粉，加热，待充分反应后，静置，得到蓝色澄清溶液（假设反应后溶液体积不变）。下列说法中正确的是（ ）A产生的NO在标准状况下的体积是1.12LB反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/LC反应后溶液中H+的物质的量浓度为8.0mol

23、/LD在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀，则该反应的离子反应方程式为：，于是得出：，显然的物质的量不足，则按的物质的量进行计算；A. 产生的0.2mol NO，在标准状况下的体积是4.48L，A错误；B. 反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为 ，B正确；C. 反应后溶液中H+有剩余，则，C错误；D. 在反应后的溶液中有剩余的0.2mol H+，生成的0.3mol Cu2，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误；答案选B。22如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。下列说法错

24、误的是Ax为O2，y为H2OBc为S，g为Na2SO4或NaHSO4Cf的浓溶液不能用铁制容器盛装D反应ab的离子方程式可能是S2-+2H+H2Sa、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为-2价，即为第A族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4价，即元素为硫元素。根据物质分类可知，b为硫化氢，c为硫单质，d为二氧化硫，即x为氧气，e为三氧化硫，f为硫酸，y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a为硫化钠或硫氢化钠。A根据物质分类和反应过程可知，x为O2，y为H2O，A正确，不选；B根据物质分类可知，c为S，g为Na2SO4或NaHSO4，B正确，不选；C常温下，f的浓溶液会与Fe发生钝

25、化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；Da为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应ab的离子方程式可能是S2-+2H+H2S，D正确，不选。答案为C。23A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素；AD生成E的反应可能是氧化还原反应B当X是强碱时，C在常温下是气态单质C当X是强酸时，E是H2SO4D当X是强碱时，E是HNO2D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+YC，D是由C+YD，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：；且A是正盐，很容易想到NH4+的正盐。再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。由NH4+的性质与碱反应生产NH3，则可