新高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素单元测试及答案Word下载.docx

1、实验操作、现象及结论A鉴别NaHCO3与Na2CO3取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度降低的是Na2CO3B探究Na2O2与水反应将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明有氧气产生C检验Fe3+中是否含Fe2+向溶液中加入KSCN溶液，变红则含Fe2+D检验溶液中是否含SO向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，说明含有SOAA BB CC DD【答案】BANa2CO3中滴入水，形成十水合碳酸钠，放热，取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度升高的是Na2CO3，故A错误；B将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸

2、入试管，木条复燃，证明过氧化钠与水反应有氧气产生，故B正确；C向溶液中加入KSCN溶液，变红说明含Fe3+，不能证明含有Fe2+，故C错误；D检验溶液中是否含SO时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，不能说明含有SO，故D错误；答案选B。4下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是实验操作及现象推理或结论向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO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某物质的

3、焰色试验火焰显黄色该物质一定不含钾元素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

4、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取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，证明有取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明有取样，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，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确

5、；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；6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】CA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

6、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。7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；BSO2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

7、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。8NH3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

8、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 gA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

9、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，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。9锥形瓶内盛有气体x，滴管内盛有液体y。若挤压滴管胶头，使液体y滴入锥形瓶中，振荡，过一会儿，可见小气球a鼓胀起来。气体x和液体y不可能是（）xyNH3H2

10、OSO2KOH溶液CO26molL H2SO4溶液HCl6molL NaNO3溶液【分析】气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。A氨气极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，A正确；B二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小，B正确；C二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中溶解度不大，C错误；D氯化氢极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，D正确。答案选C。10向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120 mL 4 molL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H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质

11、的量为A0.21 mol B0.14 mol C0.16 mol D0.24 mol试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/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，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为nFe（NO3）2=0.42mol2=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。11对下列事实的解释正确的是A浓硝酸通常保存在棕色

12、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。12下列离子方程式书写正确的是A向明矾溶液中逐滴加

13、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=3Fe3NO3H2OABa（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

14、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。13二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中不正确的是AS2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2 S2Cl2BS2Cl2的结构式为ClSSClCS2Cl2中S显1价D2S2Cl22H2OSO23S4HClA. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高；S2Br2与S2Cl2结构

15、相似，S2Br2 相以分子质量较大，所以沸点S2Br2 S2Cl2，A正确；B. 由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H，所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，B正确；C. 氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；D. 由题中信息S2Cl2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl22H2OSO23S4HCl，D正确；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

16、如图，下列说法不正确的是（ ）A113分解得到的固体产物为CuSO4H2OB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CuOn（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

17、.60g-1.28g=0.32g，物质的量为=0.02mol，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。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

18、比为0.02mol:0.10mol=1:5，所以冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：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下列有关实验操作和现象及结论均正确的是实验结论常温下，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将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳向溶液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A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

19、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。16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（）A6：4：3 B1：1

20、：1 C2：3：4 D3：7：6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。17CuSO4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H2SO4与HNO3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C1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2可能为0.75molDY可以是葡萄糖

21、A、根据反应式3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是32，选项A正确；B、途径中均生成大气污染物，而没有，所以选项B正确；C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol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，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

22、置于水中发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式计算设混合气体中含有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。19当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（ ）ANH4NO3 BH2O CN2 DNO2在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。20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

23、，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A89.6mL B112mL C168mL D224mL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

24、直接利用离子方程式进行计算更为便利。21如图装置可以达到实验目的的是实验目的X中试剂Y中试剂用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中

25、会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；综上所述，答案为D。22将18.0 g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5.4 g。另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了8.96 L NO（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A22.8 g B

26、25.4 g C33.2g D无法计算将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的5.4克为Al，物质的量为将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为，其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n（OH-）=0.6mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量（包括氢氧化铝）等于18.0g+0.6mol17g/mol=28.2g，但是加入过