内蒙古巴彦淖尔一中高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点及练习题及答案.docx

1、内蒙古巴彦淖尔一中高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及练习题及答案内蒙古巴彦淖尔一中高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及练习题及答案一、选择题1下列有关实验操作和现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A常温下，将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快锌比铝活泼B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl2。溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有D向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有AA BB CC DD【答案】D【详解】A

2、常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；B比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有，故C错误；D氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有，故D正确；答案为D。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( )ANF3分子含有极性共价键 BN

3、F3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，氧化剂与还原剂物质的量之比 3：1，故C不选

4、；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+、都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应

5、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+【

6、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。5下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作及现象推理或结论A向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定

7、含有SOB向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小C向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是碳酸钠D某物质的焰色试验火焰显黄色该物质一定不含钾元素AA BB CC DD【答案】B【详解】A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清

8、石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；故选B。6NH3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

9、【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

10、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 mol14 g/mol=8.4 g，D错误；故合理选项是D。7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

11、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

12、：本题考查化学计算。8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，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化

13、物等，与钝化无关，故D错误；故选A。9将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为An(SO2)/n(H2)=1/1 Bn(SO2)/n(H2)=4/1Cn(SO2)/n(H2)=1/4 Dn(SO2)/n（H2）=3/2【答案】A【详解】根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.

14、8822.4=1.2mol，2x+y=18.50.1-1.00.12=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。10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。11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/

15、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

16、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。12能正确表示下列反应的离子方

17、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+NH3H2O+ H2O，故B错误；C硝酸具有强氧化

18、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。13aL 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ab，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

19、 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-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。14在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和N

20、O2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

21、）+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：0.03mol0.672L=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

22、/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。16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

23、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(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.

24、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；故答案选C。17无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一种元素。下列说法正确的是A若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2B若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性C若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2SD若M是用途最广的金属，加

25、热蒸干Y的溶液一定能得到Y【答案】A【解析】【详解】A、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正确；B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；故答案选A。18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

26、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

27、/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。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

28、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）=Zn

29、SO4+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；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

30、）=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该题的关键。20对于1L HNO3和H2SO4的混合溶液，若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)1.0molL1则理论上最多能溶解铜的物质的量为()A1.0mol B0.8mol C0.72mol D0.6mol【答案】D【详解】金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原，反应离子方程式：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，NO3和H+的物质的量之比为1：4时恰好反应，溶解的Cu最多。设硫