山东省济宁市鱼台县第一中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点+典型题及答案.docx

1、山东省济宁市鱼台县第一中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点+典型题及答案山东省济宁市鱼台县第一中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点-+典型题及答案一、选择题1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【答案】D【详解】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

2、选D。2能正确表示下列反应的离子方程式是( )A在稀盐酸中投入大理石粉末：+2H+=CO2+H2OB1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-C金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=2Na+CuD过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+【答案】B【详解】A大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成的形式，A不正确；B0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-，B正确；C金属钠投入

3、硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；D过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与还会发生氧化还原反应，二者不能共存，D不正确；故选B。3下列离子的检验方法及对应结论正确的是( )离子检验方法及对应结论A取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，证明有B取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有C取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明有D取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到黄色火焰，证明有AA BB CC DD【答案】B【详解】A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀，取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，不能证明有镁离

4、子，可能有铝离子，故A错误；B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确；C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，不能证明有硫酸根离子，可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故C错误；D.取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错误；故选B。4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

5、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Al2O

6、3，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。5NH3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 mo

7、l。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

8、，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 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。6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+4

9、OH-=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均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；答案选D。7某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分

10、子质量(或平均相对分子质量)为45，则发生反应的物质一定不可能是AZn和浓H2SO4 BCu和浓HNO3CNa2O2和NH4Cl浓溶液 DC和浓HNO3【答案】C【解析】试题分析：AZn和浓H2SO4，开始发生反应：Zn2H2SO4(浓)ZnSO4SO22H2O。当随着反应的进行，溶液变稀后，会发生反应：Zn+ H2SO4(稀)=ZnSO4H2。最后得到的气体为SO2与H2的混合气体。SO2的相对分子质量为64，H2的相对分子质量为2因此混合气体的平均相对分子质量可能为45正确。BC和浓HNO3。发生反应：C+4HNO3(浓）CO24NO22H2O。CO2与4NO2的相对分子质量分别是44、4

11、6所以混合气体平均相对分子质量可能为45正确。CNa2O2和溶液中的水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。产生的NaOH与溶液中的溶质NH4Cl发生反应：NaOH+NH4ClNaCl+H2O+ NH3。得到的气体中含有O2与NH3的相对分子质量都比45小，所以不可能平均为45错误。DCu和浓HNO3，开始发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2+2H2O。当溶液变为稀硝酸时，发生反应：3Cu8HNO3(稀)=2Cu(NO3)22NO4H2O。NO2、NO的相对分子质量分别是46、28，因此混合气体的平均相对分子质量可能为45正确。考点：考查物质之间的相互反应得

12、到的气体成分的相对分子质量的关系的知识。8某课外实验小组设计的下列实验不合理的是 （ ）A制备并观察氢氧化亚铁B证明过氧化钠与水反应放热C制备并收集少量NO2气体D实验室制备少量氨气【答案】C【解析】【详解】A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；答案选C。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F

13、e(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH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【答案】C【详解】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

14、(H2SO4)= n(H2SO4)V=0.3mol0.15L=2mol/L，选项C正确。考点：考查混合物反应的计算的知识。10有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。通过足量Na2O2后，体积变为30mL，则该气体可能为（ ）ACO2为20mL，NH3为30mL BNH3为40mL，O2为10mLCCO2为30mL，O2为20mL DCO2为40mL，O2为10mL【答案】D【解析】试题分析：有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化，说明不含有NH3；通过足量Na2O2后，体积

15、变为30mL，说明含有CO2气体，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2，根据方程式可知，每有2体积的CO2发生反应，气体的体积会减少1体积，则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL，则含有CO2的体积是40mL，反应产生的O2体积是20mL，还有10mL的O2，故选项D正确。考点：考查混合气体的组成与性质的知识。11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【答案】C【详解】设NO2体积为x mL=x=30 mL混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，

16、故C正确。12能正确表示下列反应的离子方程式是( )A在硫酸亚铁溶液中通入氯气：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-BNH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCOBa2+2OH-=BaCO3+2H2O+COC氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2OD澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO=CaCO3+H2O【答案】A【详解】A氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故A正确；B过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉，正确的离子方程式为NH+HCOBa2+2OH-=BaCO3+NH3H2

17、O+ H2O，故B错误；C硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为3Fe(OH)2+NO+10H+=3Fe3+8H2O+NO，故C错误；D小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO=CaCO3+H2O+CO，故D错误；综上所述答案为A。13将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收向反应后的溶液中加入足量4mol/L1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是A63.8 g B53.6 g C46.8 g D43.2 g【答案】C【解

18、析】试题分析：Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n(e-)=0.3mol4=1.2mol。当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m(OH-)=nM=1.2mol17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量

19、是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。14将11.2 g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉

20、淀。根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3 mol NO2和0.3 mol NOB0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4C0.6 mol NOD0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4【答案】D【分析】向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH)为21.4 g11.2 g10.2 g，物质的量为 0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的MgCu提供的电子为0.6 mol，据此分析；【详解】A. 生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子

21、为0.3 mol(54)0.3 mol(52)1.2 mol，得失电子不相等，A错误；B. 生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol(54)0.1 mol2(54)0.4 mol，得失电子不相等，B错误；C. 生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol(52)1.8 mol，C错误；D. 生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol(52)0.2 mol(54)0.05 mol2(54)0.6 mol，得失电子相等，D正确；答案选D。15在1L溶液中含有Fe(NO3)3和H

22、2SO4两种溶质，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+2H2O1 4 1 10.6 2.4 0

23、.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。16某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为ASiO2 BFe2O3、SiO2CSiO2、Al2O3 DFe2O3【答案】A【解析】SiO2、Fe2O

24、3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。17铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）下降了0.2mol/L，则C（H+）下降A0.2mol/L B0.8mol/L C0.6mol/L D0.4mol/L【答案】B【解析】【详解】由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知，参加 反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:8，所以当c（NO3-）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确 ，选B。【点睛】本题

25、解题的关键是理解反应的实质，即能知道根据离子方程式求解。典型错误就是根据化学方程式求解，因为参加反应的硝酸中，有一部分（四分之三）硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO。18将43.8gAl、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为A39.2g B44.8g C58.8g D66.4g【答案】C【详解】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n

26、(Al)=0.3=0.2mol，故金属铝的质量为0.227=5.4 g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+ 、 Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44=1.8 mol 故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.217=58.8 g ；C正确；故答

27、案选C。19一定量的锌与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【答案】B【分析】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

28、式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为=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

29、；B气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：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。故选B。【点睛】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

30、该题的关键。20类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）A由Cl22KBr=2KClBr2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2B常温下，由Cu4HNO3（浓）=Cu(NO3)22NO22H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2C由Cu+Cl2CuCl2，所以Cu+I2CuI2D由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中【答案】D【详解】AF2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质, 故A错误；B常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮, 故B错误；C氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜， 碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C错误；D钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D正确；所以答案：D。【点睛】注意点：F2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应； 碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。21铜与200mL一定浓度的硝酸