甘肃省民乐县一中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素练习题含答案解析.docx

1、甘肃省民乐县一中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 练习题含答案解析甘肃省民乐县一中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 练习题含答案解析一、选择题1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，故C正确。2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

2、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BaSO4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

3、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。3一定条件下，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【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，N

4、H4F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。4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

5、)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。5下列

6、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

7、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。6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，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

8、，故D错误；故选C。7NH3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

9、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 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.

10、6 mol14 g/mol=8.4 g，D错误；故合理选项是D。8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。

11、答案选C。9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酸性比次氯酸强对，对，有AA BB CC DD【答案】D【详解】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

12、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。10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

13、，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

14、=2mol/L，选项是A。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

15、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。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=

16、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+NH3H2O+ 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

17、；综上所述答案为A。13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，体积变为30mL，说明含有CO2气体，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2，根

18、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。14在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是()A总反应为NONO2O2H2O=2HNO3B总反应为4NO8NO25O26H2O=12HNO3C生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 molL1D生

19、成硝酸的物质的量浓度约为0.060 molL1【答案】B【分析】利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。【详解】标准状况下672mL的混合气体：n（NO）+n（NO2）=0.03mol，（O2）=0.0125mol，由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O12HNO3，由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为：0.03mol0.

20、672L=0.045mol/L。ACD项错误，B项正确；答案选B。【点睛】这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。15下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项操作现象结论A向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉溶液后溶液变蓝色氧化性：Cl2I2B将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中溶液变蓝铜与稀硝酸发生置换反应C向溶液X中滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-D常温下将铝片放入浓硝酸中无明显现象铝与浓硝酸不反应AA BB CC DD【答案】A【解析】试题分析：A、氯气和碘离子反应生

21、成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误。考点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验16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

22、了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确 ，选B。【点睛】本题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。17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

23、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(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，

24、所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.217=58.8 g ；C正确；故答案选C。18用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列描述不合理的是（ ）A该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性B中选用品红溶液验证SO2的生成C中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D为确认CuSO4生成，向中加水，观察颜色【答案】D【解析】【详解】A铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A正确；BSO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；CSO2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH溶液，则中选用NaOH溶液吸收多余的SO2，防污染环境，故C正

25、确；D中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO4生成，故D错误；故答案为D。19如图装置可以达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液浓硫酸C用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液浓硫酸DCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸AA BB CC DD【答案】D【分析】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

26、短出，为向上排空气法收集气体。【详解】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。20镁、铝、铁合金投入300mL 溶液中，金属恰好溶解，分别转化成和;还原产物为NO

27、，在标准状况下体积为6.72L。在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g。下列有关推断正确的是( )A参加反应的的物质的量为0.9mol BNaOH的物质的量浓度为6C参加反应的金属的质量为11.9g D的物质的量浓度为3【答案】C【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。【详解】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根

28、离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则A参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；B沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=3mol/L，B选项错误；C反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)金属质量+0.9mol17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；D参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol

29、+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)= =4mol/L，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。2110mLNO、CO2 的混合气体通过足量的Na2O2后，气体的体积变为6 mL (相同状况),则NO和CO2的体积比为( )A1:1 B2:1 C3:2 D1:2【答案】D【分析】发生反应有:2Na2O2+CO2=Na2CO3 + O2 ， 2NO+ O2=2NO2，问题的关键在于NO与氧气反应存在着三种可能性，一种情况是恰好反应，一种情况是NO过量，另一O2种情况可能是过量，据此讨论计算。【详解】发生反应有：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2NO+O22NO2，假设参加反应的CO2为x mL，NO为y mL，则x+y=10， (1)当反应恰好反应时，即当y=x时(此时x、y都等于5)，生成的NO2的体积为5mL，不符合题意，所以选项A错误；(2)当yx时，NO有过量，O2反应完，此时反应掉的NO为xmL，则剩余的NO为(ymL-xmL)，生成的NO2气体为xmL，因