1、山东省济南市历城第二中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 测试试题及答案山东省济南市历城第二中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 测试试题及答案一、选择题1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/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
2、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
3、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。2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=CaSO32HC
4、lOD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。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
5、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
6、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，
7、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。5NH3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
8、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。若还原产物比氧化产物少0.1 mol
9、，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。6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
10、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。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
11、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、0.15m
12、ol 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：本题考查化学计算。8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-+2H
13、2O+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。9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
14、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，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；故选A。10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(设试管中的溶质不往试管外扩散)A此反应中水既
15、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，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一
16、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。11某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究下列有关说法不正确的是（ ）A由可知X中一定存在SiO2B无法判断混合物中是否含有Na2OC1.92 g固体成分为CuD15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】B【解析】途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.9
17、2g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，A由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；CCu与NaOH不反应，1
18、.92g固体只含Cu，故C正确；D设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+得出：Fe2O32Fe3+Cu，则160x+64y=6.4，64y64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能
19、够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等12一定条件下，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，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
20、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。13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
21、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14CuSO45H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确的是( )A113分解得到的固体产物为CuSO4H2OB
22、温度低于650时的分解反应，均不属于氧化还原反应C650时的气态产物冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液D1000分解得到的固体产物为CuO【答案】D【分析】n(CuSO45H2O)=0.02mol，CuSO45H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量为0.02mol160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258650之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；6501000之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为=0.02mo
23、l，此固体为CuO；1000之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为=0.01mol，此固体为Cu2O。【详解】A113时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为=0.08mol，则失去结晶水的数目=4，从而得出分解得到的固体产物为CuSO4H2O，A正确；B由以上分析可知，温度低于650时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；C650时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:0.10mol=1:5，所以冷
24、却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液，C正确；D由分析可知，1000分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；故选D。15某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()AH2SO4浓度为4 mol/LB溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/LDAB段反应为：Fe2Fe3=3Fe2【答案】C【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+
25、H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+
26、=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原
27、理等。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 H2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
28、：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
29、，加热蒸干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.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成
30、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。19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】
