湖北省天门市高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案文档格式.docx
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石灰水
过滤
C
SO2(HCl)
饱和食盐水
洗气
D
MgCl2溶液(CaCl2)
过滤、加盐酸溶解
A.AB.BC.CD.D
A.NaBr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;
B.NaHCO3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;
C.SO2(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;
D.MgCl2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。
3.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
A.氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水,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。
4.下列选项中,描述与结论都正确的是()
常温下用铁罐运输浓硫酸
常温下铁和浓硫酸不反应
SO2通入紫色石蕊溶液,溶液变蓝
SO2溶于水后溶液显酸性
用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气
两者反应会产生大量白烟
加热仔细打磨的铝箔,铝箔会熔化并滴落
铝单质的熔点较低
A.常温下可以用铁罐运输浓硫酸,是由于浓硫酸具有强氧化性,会将金属Fe表面氧化,产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属的进一步氧化,即发生钝化现象,不是二者不反应,结论不合理,A错误;
B.SO2溶于水后与水反应产生H2SO3,H2SO3电离产生H+使溶液显酸性,因此将SO2通入紫色石蕊溶液,溶液变红色,描述不符合事实,B错误;
C.由于浓盐酸具有挥发性,挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒,因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气,会发现两者反应会产生大量白烟,C正确;
D.加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3,Al2O3熔点高达2050℃,但Al的熔点只有660℃,故加热仔细打磨的铝箔,铝箔会熔化但不滴落,证明Al易与O2反应,产物的熔点高,铝单质的熔点较低,描述有问题,D错误;
故合理选项是C。
5.现今手机等电子产品产业蓬勃发展,推动了高纯硅的生产与应用。
工业上用“西门子法”。
以硅石(SiO2)
为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。
下列说法不正确的是
已知:
SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。
A.“还原”过程需要在高温条件下,该反应的主要还原产物为Si
B.为最大程度节约成本,上述
生产工艺中能循环使用的物质只有H2
C.为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸,“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行
D.“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1
SiHCl3+H2
【答案】B
【分析】
二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅,加入稀硫酸除去氧化镁,过滤得到硅,通入氯化氢在200~300℃下反应生成SiHCl3,与最后与氢气反应生成Si。
A.二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅,还原产物为硅,镁和硅反应可生成Mg2Si,故A正确;
B.流程中H2、HCl既是反应物也是生成物,则可循环使用,故B错误;
C.“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行,可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸,故C正确;
D.由流程可知,通入氯化氢在200~300℃下反应生成SiHCl3,反应的化学方程式为Si+3HCl
SiHCl3+H2,故D正确;
故选B。
6.一定量的锌与100mL18.5mol·
L-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+)=0.1mo1·
L-1,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4︰1
C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子
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0.1×
18.5-0.05=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=1.52x+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)=2×
0.3+2×
1.2,所以n(Zn)=1.5mol,据以上分析解答。
1.2,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1.5×
65=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1.5×
2=3mol,正确,不选D;
故答案选B。
7.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
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+
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:
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++4NH3·
H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+
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-
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。
8.在15g铁和氧化铁的混合物中,加入稀硫酸150mL,能放出H21.68L(标准状况)。
同时铁和氧化铁均无剩余。
向溶液中滴入KSCN溶液,未见颜色变化,为了中和过量的硫酸,而且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2,共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL,原硫酸溶液的物质的量浓度是()
A.1.5mol/LB.2.5mol/LC.2mol/LD.3mol/L
试题分析:
将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中,产生气体,向溶液中滴入硫氰化钾溶液,未见颜色变化,说明生成的是硫酸亚铁,向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸,而且使铁完全转化成氢氧化亚铁,产生溶液中溶质为Na2SO4,根据硫酸根守恒可知n(H2SO4)=n(Na2SO4),根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4),故n(H2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×
3mol/L×
0.2L=0.3mol,故c(H2SO4)=n(H2SO4)÷
V=0.3mol÷
0.15L=2mol/L,选项C正确。
考点:
考查混合物反应的计算的知识。
9.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
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。
10.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,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( )
A.H2SO4浓度为4mol/L
B.溶液中最终溶质为FeSO4
C.原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L
D.AB段反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+
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↑.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-)。
A、反应消耗22.4g铁,也就是22.4g÷
56g/mol=0.4mol,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+=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+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理等。
11.现有Fe、Al、Si三种单质的混合物,取一半投入足量的NaOH溶液中,将剩余的一半投入足量的稀硫酸中,若经测量两次实验产生的气体质量相等,则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为( )
A.6:
4:
3B.1:
1:
1C.2:
3:
4D.3:
7:
6
【答案】A
取一半固体投入足量的NaOH溶液中,Al、Si与氢氧化钠反应放出氢气;
将剩余的一半投入足量的稀硫酸中,Fe、Al与稀硫酸反应放出氢气,测量两次实验产生的气体质量相等,说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多,根据
、
,Fe、Si的物质的量比一定为2:
1,故A正确。
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
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A。
13.下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A.S
SO3
H2SO4B.SiO2
Na2SiO3(aq)
H2SiO3(胶体)
C.Fe
FeCl3
FeCl2(aq)D.Al2O3
NaAlO2(aq)
AlCl3(aq)
A、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,故A错误;
B、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl,故B正确;
C、2Fe+3Cl2=2FeCl3,2FeCl3+Fe=3FeCl2,故C正确;
D、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液与过量的盐酸生成三氯化铝,故D正确;
14.将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中,收集反应产生的气体x(假定产生的气体全部逸出)。
再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀。
根据题意推断气体x的成分可能是( )
A.0.3molNO2和0.3molNO
B.0.2molNO2和0.1molN2O4
C.0.6molNO
D.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4
向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜,所以沉淀中m(OH-)为21.4g-11.2g=10.2g,物质的量为
=0.6mol,根据电荷守恒可知,11.2g的Mg—Cu提供的电子为0.6mol,据此分析;
A.生成0.3molNO2和0.3molNO,N元素获得电子为0.3mol×
(5-4)+0.3mol×
(5-2)=1.2mol,得失电子不相等,A错误;
B.生成0.2molNO2和0.1molN2O4,N元素获得电子为0.2mol×
(5-4)+0.1mol×
2×
(5-4)=0.4mol,得失电子不相等,B错误;
C.生成0.6molNO,N元素获得电子为0.6mol×
(5-2)=1.8mol,C错误;
D.生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4,N元素获得电子为0.1mol×
(5-2)+0.2mol×
(5-4)+0.05mol×
(5-4)=0.6mol,得失电子相等,D正确;
15.有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL,其中含有硫酸的浓度为2mol/L,含硝酸的浓度为1mol/L,现向其中加入0.96g铜粉,充分反应后(假设只生成NO气体),最多可收集到标况下的气体的体积为
A.89.6mLB.112mLC.168mLD.224mL
硫酸的浓度为2mol/L为稀硫酸,硝酸的浓度为1mol/L为稀硝酸,溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。
铜与稀硝酸的离子反应方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O。
Cu的物质的量为
,硝酸根离子的物质的量为0.02mol,硝酸和硫酸均提供氢离子,故H+的物质的量为
,故氢离子、硝酸根离子过量,则生成的NO在标况下的体积为
。
硝酸根在溶液中存在氢离子时,仍是硝酸具有强氧化性。
铜与硝酸反应生成硝酸盐,若有酸存在时,铜依然能被硝酸氧化,故直接利用离子方程式进行计算更为便利。
16.镁、铝、铁合金投入300mL
溶液中,金属恰好溶解,分别转化成
和
;
还原产物为NO,在标准状况下体积为6.72L。
在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液,金属阳离子恰好全部沉淀,干燥后测得质量为27.2g。
下列有关推断正确的是()
A.参加反应的
的物质的量为0.9molB.NaOH的物质的量浓度为6
C.参加反应的金属的质量为11.9gD.
的物质的量浓度为3
镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子,根据电子得失守恒、原子守恒计算。
将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子,根据电子守恒,金属共失去电子的物质的量为:
=0.9mol,反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量,即:
n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol,则
A.参加反应的硝酸的物质的量为:
n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol,A选项错误;
B.沉淀达到最大量时,溶液中的溶质为硝酸钠,由钠离子守恒可知,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为:
c(NaOH)=
=3mol/L,B选项错误;
C.反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)=金属质量+0.9mol×
17g/mol=27.2g,则金属的质量为:
27.2g-15.3g=11.9g,C选项正确;
D.参加反应的硝酸的物质的量为:
n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol,硝酸的物质的量浓度为:
c(HNO3)=
=4mol/L,D选项错误;
本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算,明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键,注意电子守恒在计算中的应用。
17.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0.9molB.生成CuSO4的物质的量为2mol
C.原溶液中硝酸的浓度为2.5mol/LD.铜与混合酸反应时,硫酸未参加反应
根据题目,原溶液中NO3-完全反应,设生成xmolNO,ymolNO2,整个过程涉及化合价变化有Cu(0→+2)N(+5→+2,+5→+1),通入O2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。
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。
18.分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作,现象和结论对应且正确的是
操作
现象
结论
向试管①中先滴加BaCl2溶液再滴加硝酸
生成白色沉淀
原溶液中有SO42-
向试管②中加入AgNO3溶液
原溶液中有Cl-
向试管③中先滴加少量氯水,后滴加适量苯,振荡静置
溶液分层且上层为橙红色
原溶液中含有I-
向试管④中滴加浓NaOH溶液,加热,将湿润红色石蕊试纸靠近试管口
试纸变蓝
原溶液中有NH4+
A.滴加BaCl2溶液再滴加硝酸,生成白色沉淀,该沉淀不一定是硫酸钡,比如可以是氯化银,也有可能原溶液中有SO32-,硝酸将其氧化成了SO42-,A错误;
B.加入AgNO3溶液生成白色沉淀,沉淀不一定是AgCl,也有可能是Ag2SO4等,B错误;
C.溶液分层且上层为橙红色,说明生成了Br2,证明原溶液中含有Br-,C错误;
D.湿润红色石蕊试纸变蓝,说明遇到了碱性物质,所以试管口有氨气,所以原溶液中有NH4+,D正确;
19.某100mL混合溶液中,H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L和2.0mol/L,向该混合溶液中加入25.6g铜粉,加热,待充分反应后,静置,得到蓝色澄清溶液(假设反应后溶液体积不变)。
下列说法中正确的是()
A.产生的NO在标准状况下的体积是1.12L
B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L
C.反应后溶液中H+的物质的量浓度为8.0mol/L
D.在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀
,
,则该反应的离子反应方程式为:
,于是得出:
,显然
的物质的量不足,则按
的物质的量进行计算;
A.产生的0.2molNO,在标准状况下的体积是4.48L,A错误;
B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为
,B正确;
C.反应后溶液中H+有剩余,则
,C错误;
D.在反应后的溶液中有剩余的0.2molH+,生成的0.3molCu2,加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀,D错误;
20.将18.0g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,合金质量减少了5.4g。
另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中,生成了8.96LNO(标准状况下),向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,则沉淀的质量为
A.22.8gB.25.4gC.33.2gD.无法计算
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