高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案.docx

1、高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点总结及答案高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点总结及答案一、选择题1X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色气体单质，其水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应下列说法不正确的是AX是SO2，它既有氧化性又有还原性B干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色，其水溶液具有漂泊作用的是HClOCZ与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NOD等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上，有色布条褪色时间变短

2、，漂泊效果增强【答案】D【分析】X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2。【详解】AX是SO2，二氧化硫中硫为+4价，既可以升高又可以降低，所以它既有氧化性又有还原性，故A正确；B氯气不具有漂白性，氯气与水

3、反应生成次氯酸具有漂白性，故B正确；CZ是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；D二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误。答案选D。【点睛】本题考查了无机物的推断，熟悉物质的性质及氧化还原反应规律，次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。2一定条件下，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(

4、)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【答案】D【分析】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，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。【详解】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

5、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。3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：2HFeS=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=3Fe3NO3H2O【答案】A【详解】ABa(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

6、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；故答案选A。4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由反应说明SiO2属于两性氧化物B由反应说明酸性，H2SiO3H2CO3C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【详解】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

7、=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。【点睛】解答本题时，注重物质的性质及

8、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。5下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是( )序号被提纯的物质加入试剂分离方法ANaBr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)石灰水过滤、加盐酸溶解AA BB CC DD【答案】D【详解】ANaBr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

9、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，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；故选D。6下列选项中，描述与结论都正确的是( )A常温下用铁罐运输浓硫酸常温下铁和浓硫酸不反应BSO2通入紫色石蕊溶液，溶液变蓝SO2溶于水后溶液显酸性C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D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AA BB CC DD【答案】C【详解】A常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有

10、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，故加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的

11、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。7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】C【详解】ACO2、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H2

12、O、CO2；HClO与会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。8NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断不正确的是A转移电子2.4NA B生成的气体冷却至标况，体积为15.68 LC还原剂比氧化剂多0.2 mol D被还原的氮原子是11.2 g【答案】D【详解】A在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 molN2，转移电子2.4 mol，则

13、转移的电子数目为2.4NA，A正确；B根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol22.4 L/mol=15.68 L，B正确；C反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；D根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1

14、mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol14 g/mol=8.4 g，D错误；故合理选项是D。9锥形瓶内盛有气体x，滴管内盛有液体y。若挤压滴管胶头，使液体y滴入锥形瓶中，振荡，过一会儿，可见小气球a鼓胀起来。气体x和液体y不可能是()xyANH3H2OBSO2KOH溶液CCO26molL H2SO4溶液DHCl6molL NaNO3溶液AA BB CC DD【答案】C【分析】气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。【详解】A氨气极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，A正确；B二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小，B正确；C二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中

15、溶解度不大，C错误；D氯化氢极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，D正确。答案选C。10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【答案】C【解析】试题分析：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

16、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 mol NO、0.1 mol NO2，故C错误。考点：本题考查化学计算。11类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：H+OH-=H2O向H2SO4

17、溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H+OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+D向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSO3-AA BB CC DD【答案】D【详解】A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；D、CO2和SO2均为

18、酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；答案选D。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( )AFe(NO3)2溶液通入SO2+过量盐酸加BaCl2溶液白色沉淀BBa(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【答案】C【详解】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BaSO

19、4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；答案选C。13某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究下列有关说法不正确的是（ ）A

20、由可知X中一定存在SiO2B无法判断混合物中是否含有Na2OC1.92 g固体成分为CuD15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】B【解析】途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH

21、不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，A由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；CCu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；D设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+得出：Fe2O32Fe3+Cu，则160x+64y=6.4，64y64x=1.92，

22、解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等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

23、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ASO2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CBaCl2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【答案】C【分析】根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】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

24、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。【点睛】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【答案】C【解析】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在1

25、L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+，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【答案】D【分析】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+2H2O

26、1 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。【详解】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铁离子与亚铁离子物质的量和为0.9mol，正确，选D。答案选D。17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 D16.8

27、g【答案】C【详解】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 mol160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1 mol16

28、0 gmol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。18下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是()A B C D【答案】D【详解】氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案错误；浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案正确；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸

29、裂，因此方案错误；浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案正确。综上所述，不能制取氨气的是，应当选D。【点睛】与相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。19二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中不正确的是AS2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2 S2Cl2BS2Cl2的结构式为ClSSClCS2Cl2中S显1价D2S2Cl22H2OSO23S4HCl【答案】C【详解】A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用

30、力越大，熔、沸点越高；S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2 相以分子质量较大，所以沸点S2Br2 S2Cl2，A正确；B. 由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H，所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，B正确；C. 氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；D. 由题中信息S2Cl2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl22H2OSO23S4HCl，D正确；故选C。20在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的