人教高一化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素知识点总结

1、人教高一化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素 知识点总结一、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NO?和NO的体积比是D. 2 ： 1A. 5 ： 3B. 2 ： 3C. 1 ： 1【答案】C【详解】设NC）2体积为xmL3NO.十 HQ =2HNO3 +NO AV3260-403_ 27- 60-40x=30 mL混合气体中NO?和NO的体积比是1： 1,故C正确。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（）FeMgNaNaOHI2CuSiA.B.C.D. 【答案】A【详解】Fe是用CO还原铁矿石制得：

2、Mg是先从海水中分离出MgCL,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；12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料获得，故选A。3.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BaCL溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO：B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

3、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A. AB BC. CD D【答案】B【详解】A.氯化银、碳酸钢、亚硫酸钢和硫酸钢均为白色沉淀，与氯化钢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

4、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 没用蓝色钻玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误； 故选B。4.下列说法不正确的是（） A.生铁和钢都是铁和碳的合金B.氯化钙是漂白粉的有效成分C.玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D.氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料【答案】B【详解】A.生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正 确；B.漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；C.玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确：D.氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶

5、瓷都是新型无机非金属材料，D正确； 故合理选项是B,5.下列说法正确的是（）A.晶体硅常用于制造光导纤维B.碳酸钠常用于治疗胃酸过多C.明矶常用于自来水的消毒杀菌D.高压钠灯常用于道路和广场照明【答案】D【详解】A.二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；B.碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误：C.明帆具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀 菌，C错误；D.高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确； 故合理选项是Do6 .下列离子的检验方法及

6、对应结论正确的是（）离子检验方法及对应结论AMg2取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，证明有Mg升BFe升取样，滴加硫氧化钾溶液，观察到溶液变红，证明有Fe3+CSO;-取样，滴加氯化钢溶液，观察到白色沉淀，证明有so：DK-取样，用伯丝进行焰色反应，透过蓝色钻玻璃观察到黄色火焰，证明有K+A. AB BC. CDe D【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.铁离子与硫冢根离子反应生成红色的硫氟化铁，取样，滴加硫氟化钾溶液，观察到溶液 变红，证明有铁离子，故B正确；C.氯化银、碳酸钢、

7、亚硫酸钢和硫酸钢均为白色沉淀，取样，滴加氯化钢溶液，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，用伯丝进行焰色反应，透过蓝色钻玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错 误； 故选B。7.下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCOsBCuC11SO4Cu(OH)2CAI2O3AlOfai(oh)3DSiSiO2HzSiOsA. AB BC. CD D【答案】C【详解】A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳 酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；B.铜能与浓硫酸共热

8、反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜， 但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧 化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故c正确；D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸， 故D错误； 故选Co8.向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是A.二氧化碳：K Na CO；、CPB.氨气：Mg2 Al3 Na NO；C.氯化氢：Ca2 Fe3 NO；、CPD.氯气：Na Ba2 HCO；、HSO；【答案】C【详解】A. C02、CO；、出。

9、会发生反应产生HCO；,不能大量共存，A不符合题意；B. NH3 H2。与M+、A-会发生反应产生Mg(OH)2、AI(OH)3沉淀，不能大量共存,B不符 合题意；C. HCI溶于水电离产生H+、CI-,与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符 合题意；D.氯气溶于水，反应产生HCI、HCIO, HCI与HCO；会反应产生h0、C02； HCIO与HSO；会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是Co9. 一定量的锌与100 mL 18.5 mokL一1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L (标况)。将反应液稀释至1L,测得溶液的c(H -)=

10、 0.1mol-Lf,则叙述中错误的是A.气体A为SO?和电的混合物B,气体A中SO?与出的体积之比为4 ： 1C.反应中共消耗97.5g ZnD.反应中共转移3 moi电子【答案】B【分析】aa a1生成气体的物质的量为一=15mol，溶液剩余硫酸的物质的量为Six； =0Q5mol,参加 22.42反应是硫酸的物质的量为0.1xl8.5-0.05=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 (SO：) +2n (H3) =2x0.

11、 3+2x1. 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2g=l.5mol,溶液剩余硫酸的物质的量为Six9=0.05mol,参加 22.42反应是硫酸的物质的量为0.1xl8.5-0.05=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 (SO：) +2n (H:)=2x0. 3+2x1. 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

12、选A：B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为031.2=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1.5x65=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L5x2=3mol,正确，不选D； 故答案选Bo10 .某课外实验小组设计的下列实验不合理的是A.制备并观察氢氧化亚铁证明过氧化钠与水反应放热包有足量N0?的祝脂怵C.制备并收集少量NO2气体可上下移动的炯丝B.浓氯水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

13、，不合理，正确;D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；答案选Co11 .向一定量Fe、FeO和FezCh的混合物中，加入120 mL 4 mo卜L】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，若用足量的也在加热条件卜还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为A. 0.21 molB, 0.14 molC. 0.16 molD. 0.24 mol【答案】B【解析】试题分析：因一定量的Fe、定O和FezOs的混合物中加入120mL4moi/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

14、氮元素守恒，硝酸 亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12Lx4moi/L-0.06mol=0.42mol,所以硝酸亚铁的物质的 量为nFe（NO3）2=0.42mol+2=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。12.浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）A.铜B.炭C.五水硫酸铜D.氧化铜【答案】A【详解】A.铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧 化性，A符合题意；B.炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓

15、硫酸表现强氧化性， B不符合题意；C.五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；D.氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意; 故选Ao 13.由MgO、AI2O3、SK)2、Fez。?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SiChC.溶液Y中的阳离子主要是Mg?，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

16、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，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 14.在容枳为672 mL的烧瓶中充满NO和NO,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(气体体枳都已折合为标准状况下的体 积)，下列

17、有关叙述正确的是()A.总反应为 NO+NO： + O2 + H9=2HN03B.总反应为 4N0 + 8N0：+50：+6H：0=12HN03C.生成硝酸的物质的量浓度均为0. 030 mol L-1D.生成硝酸的物质的量浓度约为0. 060 mol - L-1【答案】B【分析】利用得失电子守恒，列方程组，求出氧化、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】n 67? I标准状况下672mL的混合气体：n (NO) +n (NO2)=:=0.03moL22.4L/mol(O2)0.28L22.4L/mol=0.0125moL由得失电子守恒可知3n (NO) +n (NO

18、2)=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HNCh物质的量为0.03mol0水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L,硝酸的浓度为：0.03mol4-0.672L=0.045mol/Lo ACD 项错误，B 项正确；答案选七【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.有Fe和Fez。?的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H22.24L （标况下）

19、，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（）A. 5.6gB. 8.4gC. 11.2gD. 16.8g【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FeSCU,反应生成出的物质的量 为：2.24L+22.4L/mol = 0.1mol,则：Fe+H2SO4=FeSO4+H2/rO.lmol O.lmol O.lmol设原混合物中FezCh的物质的量为xmol,则：Fe+Fe2（）3+3H2so4=3FesO4+3H2。x mol x mol 3x mol

20、由题意可知：（x+O.l） molx56g/mol+x molxl60g/mol=27.2g,解得 x=0.lmol,混合物中 m （Fe2O3） =0.lmolxl60gmoH=16g, m （Fe） =27.2g-l6g=ll.2g,答案选 C016.将43.8g Al、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A. 39.2gB. 44.8gC. 58.8gD. 66.4g【答案】C【详解】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和

21、氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L,物质的量为20.3mol,根据电子转移守恒可以知道n（AI）=0.3x=0.2mol,故金属铝的质量为0.2x27=5.4g,金属铝提供电子的量是66 mol,将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成AF+、Ci?+离子，3根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44x =1.8 mol故Cu共提供的电子物22.4质的量为L8-0.6=1.2mol,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(0H )=1.2

22、mol,所以反应 后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2x17=58.8 g ； C正确；故答案选C。17 . CuSO4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H2sCU与HNCh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C. lmolCuSO4在1100C所得混合气体X中。2可能为0.75molD. Y可以是葡萄糖【答案】C【详解】A、根据反应式3Cu +8H+ + 2NO3=3Cu2+ + 2NO个+4出0可知，硫酸与硝酸的物质的量之 比是3 ： 2,选项A正确；B、途径中均生成大气污染物，而没有，所以选

23、项B正确；C、lmol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移Imol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。18.卜.列化合物中，不能通过化合反应制取的是A. FeChB. H2S1O3C. Fe(OH)3D. FeCh【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+3cL电暨JFeCb , FeCb可以由Fe与CL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H2SiO

24、3，故B正确；C.Fe(OH)2s 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Bo19 .标准状况下，使N。？和0?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，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()1411A. mol / L B. - mol / L C.mol / L D.mol / L1452842【答案】C【分析】设出二氧化氮和氧气的体积，NO?和。2按

25、体枳比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, 1VL02,则烧瓶的体积为5VL,4NO,十 O, +2H、O = 4HNO、4/22.4 1/22.44/22.4c (HNOJ)=i = moVL；故答案为 C。528【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。20 .同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3NO?HCI和电的4： 5 混合气体，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为A.呦B.相关信息如下：Cu(NH3

26、)2SO4-H2O在溶液中存在以下电离(解离)过程：Cu(NH3)4SO4-H2O=Cu(NH3)42+SO42-+H2O Cu(NH3)42+=Cu2+4NH3(NH/2SO4在水中可溶，在乙醇中难溶。Cu(NH3)4SO4H2O在乙醇、水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如请根据以上信息回答下列问题：(1)方案1的实验步骤为：a.加热蒸发，b.冷却结晶，c.抽滤，d.洗涤，e.干燥。步骤1的抽滤装置如图所示，下列有关抽滤操说法作正确的是 OA.完毕后的先关闭水龙头，再拔下导管B.上图装置中只有一处错误C.抽滤后滤液可以从上口倒出，也可从支管倒出D.滤纸应比漏斗内径小且能盖住所

27、有小孔该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有 杂质，产生该杂质的原因是(2)方案2的实验步骤为：a.向溶液C中加入适量，b.抽滤，c.洗涤，d.干燥。 请在上述空格内填写合适的试剂或操作名称。下列选项中，最适合作为步骤C的洗涤液是OA.乙醇 B,蒸储水 C.乙醇和水的混合液 D.饱和硫酸钠溶液洗涤的具体操作是：。步骤d采用 干燥的方法。【答案】BCD Cu (OH) 2或CU2(OH)2sO4加热蒸发时NH3挥发，使Cu(NH3)42+CU2+4NH3平衡往右移动，且C/+发生水解乙醇C关小水龙头，缓缓 加入洗涤剂使沉淀完全浸没，缓缓地通过漏斗，重更2到3次 低温干燥(或减压干燥或

28、真空干燥或常温风干)【解析】【分析】CuO加入硫酸生成硫酸铜，加入氨水，先生成氢氧化铜，氨水过量，则生成Cu(NH3)42+, 方案1用蒸发结晶的方法，得到的晶体中可能混有氢氧化铜等；方案2加入乙醇，可析出 晶体 Cu(NH3)4SO4H2O;根据抽滤操作的规范要求可知，在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小 孔，在图2抽滤装置中漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管I I,同时安全瓶中导管不能太 长，否则容易引起倒吸，抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，抽滤完毕后，应先拆下 连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，据此答题；氨气具有挥发性，物质的电离是吸热过程，加热促进使反应Cu(

29、NH3)42+=Cu2+4NH3平衡 往右移动，且铜离子是弱碱离子易水解，所以导致产生杂质；(2)根据图象分析，Cu(NH3)4SO4H2。在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体枳分数的 增大而减小，为了减少Cu(NH3)4SO4H2O的损失，应加入乙醇，降低其溶解度，然后抽滤 的晶体；根据图象Cu(NH3)4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线 示意图及实验目的分析；含结晶水的晶体加热易失水，不宜采用加热干燥的方法。【详解】方案1的实验步骤为：a.加热蒸发，b.冷却结晶，c.抽滤，d.洗涤，e.干燥。根据抽滤操作的规范要求可知：A.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，故A 错误；B.在图2抽滤装置中有一处错误，漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，故B正确；C.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，故C正确；D.在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，故D正确：故答案为BCD：该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu(OH)2或CU2(OH)2sO,杂质，产 生该杂质的原因是加热蒸发过程中NW挥发，使反应Cu(NHM产UCU2+4NH3平衡向右移 动，且Q2+发生水解；(2)根据Cu(N