1、黑龙江省哈尔滨市第三中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及练习题含答案解析黑龙江省哈尔滨市第三中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及练习题含答案解析一、选择题1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
2、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。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
3、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。3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)石灰水过滤CSO2(HCl)饱和食盐
4、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。4下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符
5、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
6、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。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
7、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，故D错误；故选C。6一定量的锌与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
8、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）=20.3+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
9、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）=20.3+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。7将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化
10、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，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
11、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=2mol/L，选项是A。8将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g
12、，则下列叙述中正确的是A当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mLB当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24LD参加反应的金属的总质量一定是6.6g【答案】B【解析】【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）
13、2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g17g/mol =0.3mol。金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量0.3mol20.15mol；【详解】A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol3mol/L =0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol8/3 =0.4mo
14、l，B正确；C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol3 =0.1mol。若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6gm9.6g，D错误；答案选B。9标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质
15、不往试管外扩散)A此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂B试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/LC溶液体积占试管容积的三分之二D若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管【答案】C【详解】A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；B试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为=1/22.4 mol/L，B正确；C溶液体积占试管容积的，C错误；D若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。答案选C。【点睛】本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与
16、水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。10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，答案选D。11在1L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4两种溶质，其浓
17、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 0.6 0.6Fe+2F
18、e3+=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。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=
19、Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：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
20、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酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。13蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是A沉淀X的成分是SiO2B将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3C在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3D溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+【答案】A【分析】金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过
21、滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。【详解】A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；答案选A。14在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO
22、2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）
23、+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下列化合物中，不能通过化合反应制取的是AFeCl3 BH2SiO3 CFe(OH)3 DFeCl2【答案】B【详解】A.氯气
24、具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应产生Fe(OH)3，故C错误；D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；故选B。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
25、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
26、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；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
27、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该题的关键。17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，
28、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解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。18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)22N
29、O22H2O，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。1910mLNO、CO2
30、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，因此，反应最后得到的混合气体为NO和
