第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结.docx

1、第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结第五章 化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结一、选择题1CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（ ）A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2可能为0.75molDY可以是葡萄糖【答案】C【详解】A、根据反应式3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是32，选项A正确；B、途径中均生成大气污染物，而没有，所以选项B正确；C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚

2、铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；所以正确的答案选C。2工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是( )Fe Mg Na NaOH I2 Cu SiA B C D【答案】A【详解】Fe是用CO还原铁矿石制得；Mg是先从海水中分离出MgCl2，然后熔融电解获得；Na是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得；NaOH是电解饱和食盐水获得；I2是从海藻类植物中提取的；Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得；Si是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；综合以上分析，不是以海水或海洋资源为主要原

3、料获得，故选A。3NH3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：还原产物比氧化

4、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)=0.6

5、mol14 g/mol=8.4 g，D错误；故合理选项是D。4一定量的锌与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【答案】B【分析】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x

6、mol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=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。【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=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=20

7、.3+21.2，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。5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N

8、aOH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失去电子的物质的量。n(NaNO2)2=

9、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。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+4OH-=Al

10、O2-+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

11、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。8向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120 mL 4 molL的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为A0.21 mol B0.14 mol C

12、0.16 mol D0.24 mol【答案】B【解析】试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为nFe(NO3)2=0.42mol2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n(Fe)=0.21mol，故选项A正确。考点：考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。9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

13、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。10由MgO、A1

14、2O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是A从组成看，其成分皆是碱性氧化物B沉淀X的成分是SiO2C溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+D在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解【答案】B【解析】试题分析：混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子

15、，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。考点： 金属及其化合物的性质11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

16、子反应生成碘单质和氯离子，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

17、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

18、淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；答案选C。13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裂，因此方案错误；浓氨水受

19、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。14将19.2g的铜屑投入到400 mL浓度均为0.5mol/L HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为A4.5 g B9.9 g C13.2 g D14.7 g【答案】B【详解】Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4 H2O，据题可知Cu的物质的量=0.3mol，氢离子的物质的量是0.4(0.5+1.0 ) =0.6mol，硝酸根离子的物质的量是0.40.5 =0.2mol，所

20、以氢离子不足，当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu的物质的量=0.225mol，产生NO的物质的量=0.15mol，参加反应的Cu的质量是0.22564=14.4g，生成NO的质量是0.1530 =4.5g，所以溶液增重14.4-4.5=9.9g，故B正确；答案选B。15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+的物质的量浓度是( )mol/LA0.15 B0.225 C0.35 D0.45【答案】B【分析】铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实

21、质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+3H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断。【详解】反应实质为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+3H2O，1.92g铜粉物质的量=0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，所含氢离子物质的量=0.1L0.4mol/L+0.1L0.1mol/L2=0.06mol，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+3Cu2+，得到铜离子物质

22、的量为0.06mol =0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为=0.225mol/L，所以B选项是正确的。16一定量的锌与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

23、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

24、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；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

25、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该题的关键。17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

26、收多余的SO2，防污染环境，故C正确；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。18当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（ ）ANH4NO3 BH2O CN2 DNO2【答案】C【详解】在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。19有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Cl、Br、I、CO32、SO42中的几种，且浓度均为 0.1mol L1

27、。进行以下实验：取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3 溶液，有白色沉淀生成。下列结论不正确的是A肯定含有的阳离子是 NH4+、Ba2+B肯定含有的阴离子是I、Cl、BrC肯定不含有的离子是 Fe3+、CO32、SO42D不能确定是否含有的离子是 Na+【答案】D【详解】取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有；取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原

28、溶液中含有I-，因Fe3+与I-不能共存，故不含Fe3+；取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3H2O，说明原溶液中含有；第二份溶液中加入Na2CO3 溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba2+，因Ba2+与不能大量共存，故原溶液中不含有；通过实验确定的离子有：Ba2+、I-，根据离子浓度均为 0.1mol L-1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl-、Br-，因此溶液中一定不含有Na+，综上所述，答案为：D。【点睛】高中阶段对于Na+的检验，常见方法有：根据焰色反

29、应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；可根据电荷守恒进行分析。20铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则下列说法正确的是A生成NO2的物质的量为0.9mol B生成CuSO4的物质的量为2molC原溶液中硝酸的浓度为2.5mol/L D铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应【答案】B【分析】根据题目，原溶液中NO3-完全反应，设生成xmol NO，ymolNO2，整个过程涉及化合价变化有Cu（0+2）N(+5+2,+5+1），通入O

30、2涉及化合价变化有O(（0-2）N(+2+5,+1+5），则O2转移的电子与Cu转移的电子相同，1molO2转移4mol电子，可参与反应的Cu的物质的量为2mol，得到CuSO4的物质的量为2mol。根据化合价升价守恒有3x+y=4；气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2molNaOH溶液，有x+y=2.2，可得x=0.9，y=1.3，则原来硝酸的物质的量2.2mol，原溶液体积是200mL，浓度为11mol/L。【详解】A.根据分析，生成NO的物质的量为0.9mol，NO2的物质的量为1.3mol，A项错误；B. 根据分析，生成CuSO4的物质的量为2mol，B项正确；C. 根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11mol/L，C项错误；D. 铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，D项错误；答案选B。21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