完整版化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点总结Word格式文档下载.docx

1、NaBr溶液（NaI）氯水、四氯化碳萃取、分液BNaHCO3溶液（Na2CO3）石灰水过滤CSO2（HCl）饱和食盐水洗气DMgCl2溶液（CaCl2）过滤、加盐酸溶解AA BB CC DDANaBr溶液（NaI）中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不正确；BNaHCO3溶液（Na2CO3）中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；CSO2（HCl）中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；DMgCl2溶液（CaCl2）中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg（OH）2沉淀，但

2、加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；故选D。3下列实验操作、现象及结论正确的是（ ）选项实验操作、现象及结论鉴别NaHCO3与Na2CO3取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度降低的是Na2CO3探究Na2O2与水反应将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明有氧气产生检验Fe3+中是否含Fe2+向溶液中加入KSCN溶液，变红则含Fe2+检验溶液中是否含SO向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，说明含有SO【答案】BANa2CO3中滴入水，形成十水合碳酸钠，放热，取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度升高的是Na2CO3，故A错

3、误；B将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明过氧化钠与水反应有氧气产生，故B正确；C向溶液中加入KSCN溶液，变红说明含Fe3+，不能证明含有Fe2+，故C错误；D检验溶液中是否含SO时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，不能说明含有SO，故D错误；答案选B。4下列选项中，描述与结论都正确的是（ ）常温下用铁罐运输浓硫酸常温下铁和浓硫酸不反应SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变蓝SO2溶于水后溶液显酸性用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气两者反应会产生大量白烟加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化并滴落铝单质的熔点较低

4、【答案】CA常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将金属Fe表面氧化，产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是二者不反应，结论不合理，A错误；BSO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，描述不符合事实，B错误；C由于浓盐酸具有挥发性，挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒，因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，会发现两者反应会产生大量白烟，C正确；D加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3，Al2O3熔点高达2050，但Al的熔点只有660，故加热仔细打磨

5、的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的熔点高，铝单质的熔点较低，描述有问题，D错误；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+3HC

6、1SiHCl3+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；故选B。6一定量的锌

7、与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A 33.6L（标况）。将反应液稀释至1 L，测得溶液的c（H）0.1mo1L1，则叙述中错误的是 （ ）A气体A为SO2和H2的混合物 B气体A中SO2与H2的体积之比为41C反应中共消耗97.5g Zn D反应中共转移3 mol电子生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1=0.05mol，参加反应是硫酸的物质的量为0.118.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=

8、1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=20.3+21.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。1.2，所以n（Zn）=1.5mol，A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.565=97.5g，正确，不选C；D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.52=3mol，正确，不选D；故答案选B。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（ ）陈述陈述判断盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶

9、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，无氯水可以使有色布条褪色氯气具有漂白性错，对，有 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酸性比次氯酸强对，对，有A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将51.2g

10、 Cu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500 mL NaOH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A2mol/L B1.8mol/L C2.4 mol/L D3.6 mol/L【答案】A试题分析：n（Cu）=51.2g64g/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-）=0.8mol2=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

11、被500 mL NaOH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）=1mol0.5L=2mol/L，选项是A。9在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。则下列说法不正确的

12、是A原合金中含0.1mol Fe、0.15mol CuB25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物C气体X中含0.3 mol NO、0.1 mol NO2D气体X中含0.3 mol NO2、0.1 mol NO【解析】铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu（NO3）2和Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，设合金中有xmol Fe、ymol Cu，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1mol Fe、0.15mol Cu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3

13、mol NO、0.1 mol NO2，故C错误。考点：本题考查化学计算。10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100mLB当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24LD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）=3M

14、g（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH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5.1g17g/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0.3mol20.15mol；A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质

15、的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol3mol/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0.15mol8/3 =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0.3mol3 =0.1mol。若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol22.4L/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0.15mol24g/mol=3

16、.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6gm9.6g，D错误；11将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为An（SO2）/n（H2）=1/1 Bn（SO2）/n（H2）=4/1Cn（SO2）/n（H2）=1/4 Dn（SO2）/n（H2）=3/2根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，设反应生成SO2的物质的量

17、为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.8822.4=1.2mol，2x+y=18.50.1-1.00.12=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n（SO2）/n（H2）=1/1，答案选A。12一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2NF3 +3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。下列有关说法错误的是（ ）ANF3分子含有极性共价键 BNF3属于共价化合物C氧化剂与还原剂物质的量之比 3：1 D上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-

18、1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。ANF3分子中含有氮氟化学键，该化学键是极性共价键，故A不选；BNF3分子结构和NH3相似，都属于共价化合物，故B不选；C在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，氧化剂是氟气，还原剂是氨气，有方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比 3：1，故C不选；DNH4F是离子化合物，为离子晶体，故D选；故选：D。13将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是A53 B23 C11 D21设NO2体积为x m

19、L=x=30 mL混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。14将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。下列说法错误的是（ ）A过程发生非氧化还原反应B过程中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+C过程中，氧气是氧化剂D整个转化过程中Fe3+可以循环使用A过程中发生H2S+Cu2+=CuS+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；B过程中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2+Cu2+，故B错误；C过程中发生4Fe2+O2+

20、4H+=4Fe3+2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；D由过程中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；答案为B。15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。16检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是A将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口

21、检验，看是否变蓝B加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性C加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液D加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝利用离子反应：，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。17在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2molL-1和1.5 molL-1，现向该溶液中加入39.2 g铁粉使其充分反应。下列有关说法正确的是A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8 molB反应后产生13.44 L H2（标准状况）C由于氧化性Fe3+H

22、+，故反应中先没有气体产生后产生气体D反应后溶液中Fe2和Fe3物质的量之和为0.9 mol硝酸铁和硫酸的物质的量分别为0.2摩尔和1.5摩尔，铁的物质的量为39.2/56=0.7mol，氧化性比较，硝酸氧化性最强，先反应，然后铁离子反应，最后氢离子反应。Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O1 4 1 10.6 2.4 0.6 0.6Fe+2Fe3+=3Fe2+1 2 30.1 0.2 0.3 铁完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6mol铁离子，0.3摩尔亚铁离子。A反应后溶液中铁离子为0.6mol，错误，不选A；B没有产生氢气，错误，不选B；C先硝酸反应，错误，不选C；D铁离子与亚铁

23、离子物质的量和为0.9mol，正确，选D。18蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是A沉淀X的成分是SiO2B将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3C在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe（OH）3D溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐

24、酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；答案选A。19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

25、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+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2Ox mol x mol 3x mol由题意可知：（x+0.1）mol56g/mol+x mol16

26、0g/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。20下列说法正确的是（ ）A向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色B浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2D在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性A氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；B硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；