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1、陕西省榆林市高新完全中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点总结及答案陕西省榆林市高新完全中学化学第五章 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1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【答案】B【解析】试题分析：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

2、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，则金属铜的质量为0.15mol64g/mol=9.6g，答案选B。考点：考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。2浓硫酸与下列物质反应(可以加热)，既体现酸性、又体现氧化性的是( )A铜 B炭 C五水硫酸铜 D氧化铜【答案】A【详解】A铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；B炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；C五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，

3、C不符合题意；D氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；故选A。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A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Na2CO3B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C检验Fe3+中是否含Fe2+向溶液中加入KSCN溶液，变红则含Fe2+D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SOAA BB CC DD【答案】B【详解】ANa2CO3中滴入水，形成十水合碳酸钠

4、，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下列说法正确的是( )A晶体硅常用于制造光导纤维 B碳酸钠常用于治疗胃酸过多C明矾常用于自来水的消毒杀菌 D高压钠灯常用于道路和广场照明【答案】D【详解】A二氧

5、化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；B碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误；C明矾具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀菌，C错误；D高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确；故合理选项是D。5下列实验中，固体不会溶解的是( )A氧化铝与足量的稀盐酸混合 B过氧化钠与足量水混合C氢氧化铝与足量的氨水混合 D木炭与足量浓硫酸共热【答案】C【详解】A氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，

6、可完全溶解，故B错误；C氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；D浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；故选C。6下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CAl2O3AlO2-Al(OH)3DSiSiO2H2SiO3AA BB CC DD【答案】C【详解】A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直

7、接生成金属铜，故B错误；C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；故选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

8、)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，NO

9、2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

10、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 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下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）abcAAlAlCl3Al(OH)3BNONO2HNO3CSiSiO2H2SiO3DSSO2H2SO4AA BB CC DD【答案】B【详解】试题分析：A项：用Al(OH)3无法一步生成Al，故错。B项：可

11、以。如2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，故正确。C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。D项：H2SO4无法一步生成FeS2，故错。故选B。考点：无机推断点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。10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()xyANH3H2OB

12、SO2KOH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。11将51.2g 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

13、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【详解】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

14、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。12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=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应

15、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

16、酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。13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，说明稀硝酸能使锌钝化【答案】A【详解】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

17、不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；故选A。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B

18、aSO3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

19、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【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 H

20、2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 mol160 gmol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。17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】

21、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

22、制备NH3。18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、Fe2O3、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。19aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是A若ab，则c0.5(a+b) B若a

23、b，则c0.5(a+b)C若ab，则c0.5(a+b) D若ab，则c0.5(a+b)【答案】D【解析】【详解】首先发生反应：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO2NO2，二者恰好反应时0.5a：b1：2，解得ab，则A、若ab，则NO有剩余，由O2+2NO2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则cb，即c0.5(a+b)，A正确；B、若ab，则O2有剩余，由O2+2NO2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c(0.5a L+b L

24、-0.5b L)0.5(a+b)，B正确；C、若ab，则此时生成NO2体积c20.5ab0.5(a+b)，C正确；D、根据以上分析可知D错误。答案选D。20标准状况下，使和按4：1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为A B C D【答案】C【分析】设出二氧化氮和氧气的体积，NO2和O2按体积比4：1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式计算【详解】设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL， ；故答案为C。【点睛】明确二氧化氮与氧气的反应是

25、解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。21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【答案】C【详解】A浓盐酸挥发的HCl在C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

26、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。22分别盛有不同无色溶液四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是操作现象结论A向试管中先滴加BaCl2溶液再滴加硝酸生成白色沉淀原溶液中有SO42-B向试管中加入AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClC向试管中先滴加少量氯水，后滴加

27、适量苯，振荡静置溶液分层且上层为橙红色原溶液中含有ID向试管中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝原溶液中有NH4AA BB CC DD【答案】D【详解】A滴加BaCl2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO32-，硝酸将其氧化成了SO42-，A错误；B加入AgNO3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl，也有可能是Ag2SO4等，B错误；C溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br2，证明原溶液中含有Br-，C错误；D湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH4，D正确；答案选D。

28、23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+H2S【答案】C【分析】a、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。【详解】A根据物质分类和反应过程可

29、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。24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【答案】B【详解】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+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。25