高中化学人教版 (2019)必修 第二册化工生产中的重要非金属元素单元综合与测试单元测试练习
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第二册化工生产中的重要非金属元素单元综合与测试单元测试练习,共23页。试卷主要包含了单选题,实验题,推断题,计算题等内容,欢迎下载使用。
1.古代药学著作《本草经集注》共七卷,其中对“硝石”的注解如下:先时有人得一种物,其色理与朴硝(Na2SO4)大同小异,如握雪不冰。强烧之。紫青烟起,仍成灰,不停沸如朴硝,云是真硝石也。这里的“硝石”是指( )
A.氢氧化钙B.硝酸钾C.高锰酸钾D.硝酸钠
2.下列说法正确的是( )
A.CO、NO、NO2都是大气污染气体,在空气中都能稳定存在
B.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
C.NH3汽化时吸收大量的热,因此,氨常用作制冷剂
D.活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色,原理相同
3.下列有关物质检验的实验结论正确的是( )
A.AB.BC.CD.D
4.为了除去混入CO2中的SO2,最好将混合气体通入下列哪种溶液中( )
A.饱和食盐水B.饱和纯碱溶液
C.饱和小苏打溶液D.浓硫酸
5.中国是瓷器的故乡,钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是( )
A.高品质的白瓷晶莹剔透,属于纯净物
B.瓷器中含有大量的金属元素,因此陶瓷属于金属材料
C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
6.施用氮肥能促进作物生长,并能提高作物中蛋白质的含量.下列关于氮肥的说法错误的是( )
A.尿素CO(NH2)2是一种氮肥
B.储存碳酸氢铵时,应密封并置于阴凉通风处
C.铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰等混合施用
D.氮肥溶于水,其中的氮元素均以铵离子形式在存
7.如图是某元素的价类二维图。其中 X 是一种强碱,G 为正盐,通常条件下 Z 是无色液体,D 的相对原子质量比 C 小 16,各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.E 可以是金属也可以是非金属
B.C 和 D 两种大气污染物,都能用排空气法收集
C.B 的浓溶液具有吸水性,可用来干燥气体
D.实验室制备 F 时,可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取
8.将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和Ba(NO3)2的混合溶液里,发生的现象是( )
①溶液很快褪色;②溶液不褪色;③有沉淀生成;④溶液仍然透明.
A.仅①和④B.仅①和③C.仅②和③D.仅②和④
9.下列说法正确的是( )
A.二氧化硅溶于水显酸性
B.二氧化碳通入水玻璃可以得到原硅酸
C.因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳,所以硅酸比碳酸强
D.二氧化硅是酸性氧化物,它不溶于任何酸
10.对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是( )
A.当有大量毒气泄漏时,人应沿顺风方向疏散
B.实验室里电线失火,首先要断开电源
C.当少量浓硫酸沾在皮肤上,应立即用氢氧化钠溶液冲洗
D.酒精失火用水浇灭
11.下列各种情况下,溶液中一定能大量存在的离子组是( )
A.能使pH试纸变红的溶液:NH4+、Na+、SO42﹣、Fe3+、NO3﹣
B.含有大量NO3﹣的溶液:H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣
C.含有大量Cl﹣的溶液:Fe3+、Mg2+、SO42﹣、OH﹣
D.加入铝粉后产生大量氢气的溶液:NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
12.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体,这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5ml•l﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL
二、实验题
13.如图是某学习小组设计的利用氨气进行喷泉实验的装置示意图。
请回答下列问题:
(1)学生甲用装置A进行喷泉实验,上部烧瓶已充满干燥的氨气,引发喷泉的操作是 。
(2)学生乙将装置A误装为装置B,但经与同学讨论后,认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理: 。
14.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性,设计了如图所示的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后,漏斗中的液体未流下,你认为原因可能是 。
(2)装置A中所用的试剂是亚硫酸钠固体和浓硫酸,写出烧瓶中发生反应的化学方程式: 。
(3)①反应开始一段时间后,观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象分别为:B ,D 。
②停止通气后,再对B、D两个试管分别加热,两个试管中的现象分别为:B ,D 。
(4)装置C的作用是 ,写出其中发生反应的离子方程式: 。
三、推断题
15.某固体混合物中,可能含有下列离子中的几种:K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣,将该混合物溶于水后得澄清溶液,现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验:
(1)在一份溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成;
(2)在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热,收集到1.12L气体(标准状况下);
(3)在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成,经称量其质量为6.27g,在该沉淀中加入足量的盐酸,沉淀部分溶解,剩余固体质量为2.33g.
根据上述实验回答下列问题:
①溶液中一定不存在的离子是 ;
②溶液中一定存在的阴离子有 ,其物质的量浓度分别为 ;
③推断K+是否存在并说理由: .
16.现有下列表格中的几种离子
A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质,它们所含的阴、阳离子互不相同。
(1)某同学通过比较分析,认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是 和 (填化学式)。
(2)物质C中含有离子Xn﹣.为了确定Xn﹣,现将(1)中的两种物质记为A和B,当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀,向该沉淀中滴入足量稀HNO3,沉淀部分溶解,剩余白色固体,则X为 (填字母)
A.Br﹣ B.CH3COO﹣ C.SO42﹣ D.HCO3﹣
(3)将Cu投入装有足量D溶液的试管中,Cu不溶解,再滴加稀H2SO4,Cu逐渐溶解,管口附近有红棕色气体出现,则物质D一定含有上述离子中的 (填相应的离子符号),写出Cu溶解的离子方程式 。
(4)E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质,E是 (填化学式)。
四、计算题(共12分)
17.将32.0g铜与60.0mL一定浓度的硝酸发生如下反应:Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。铜完全溶解产生的混合气体体积为8.96L(标况)。请计算(各数据保留两位有效数字)。
(1)NO的体积为 ;
(2)该混合气体的平均摩尔质量约为 ;
(3)待产生的气体全部释放后,向溶液加入100mL 2.0ml/L的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸溶液的浓度为 。
18.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料,是发展高新技术的基石,在未来科技发展中发挥着重要的作用。
(1)Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140g/ml,其中硅元素的质量分数为60%。已知1ml NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35g Nierite与3ml HCl气体。Nierite的化学式为 。
(2)K金是常见的贵金属材料,除黄金外,还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成,将2.832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中,固体全部溶解后,收集到NO2和N2O4的混合气体224mL(折算至标准状况,下同),将该混合气体与84mL O2混合后缓缓通入水中,恰好被完全吸收。
填写该18K金的成分表(精确至0.01%,若不含该金属则填0)。
人教版(2019)必修第二册《第五章 化工生产中的重要非金属元素》2020年单元测试卷(1)
参考答案与试题解析
一、单选题
1.古代药学著作《本草经集注》共七卷,其中对“硝石”的注解如下:先时有人得一种物,其色理与朴硝(Na2SO4)大同小异,如握雪不冰。强烧之。紫青烟起,仍成灰,不停沸如朴硝,云是真硝石也。这里的“硝石”是指( )
A.氢氧化钙B.硝酸钾C.高锰酸钾D.硝酸钠
【分析】“硝石”是白色晶体,焰色反应为紫色,据此分析。
【解答】解:“硝石”是白色晶体,焰色反应为紫色,K元素的焰色反应为紫色,说明含有钾元素,由于高锰酸钾是紫黑色固体,所以只有硝酸钾符合,故B正确,
故选:B。
【点评】本题考查了物质的检验鉴别,题目难度不大,把握题中的信息以及焰色反应是解题的关键,有利于培养学生良好的科学素养,提高学习的积极性,题目难度不大。
2.下列说法正确的是( )
A.CO、NO、NO2都是大气污染气体,在空气中都能稳定存在
B.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
C.NH3汽化时吸收大量的热,因此,氨常用作制冷剂
D.活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色,原理相同
【分析】A.一氧化氮在空气中被氧化成二氧化氮;
B.氮的氧化物和硫的氧化物是酸雨形成的原因,二氧化碳不会导致酸雨的形成;
C.NH3汽化时吸收大量的热,因此,氨常用作制冷剂;
D.活性炭因吸附使品红褪色、SO2因发生化合反应使品红褪色、Na2O2因强氧化性使品红溶液褪色。
【解答】解:A.一氧化氮在空气中不能稳定存在,被氧化成二氧化氮,故A错误;
B.酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的,与CO2无关,故B错误;
C.利用液态氨汽化时要吸收大量的热,使周围的温度急剧下降,所以液氨常用作制冷剂,故C正确;
D.活性炭具有吸附性使品红溶液褪色,二氧化硫与品红化合成不稳定的无色物质使品红溶液褪色,过氧化钠具有强氧化性,与品红发生氧化还原反应而使品红溶液褪色,原理不同,故D错误;
故选:C。
【点评】本题主要考查化学与科学、技术、社会、环境等问题,侧重于基础知识的综合理解和运用的考查,有利于培养学生良好的科学素养提高学习的积极性,题目难度不大,注意相关基础知识的积累。
3.下列有关物质检验的实验结论正确的是( )
A.AB.BC.CD.D
【分析】A.无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫;
B.加入2滴KSCN溶液,溶液不显红色,说明不含铁离子,再向溶液中加入几滴新制的氯水,溶液变为红色,说明生成铁离子;
C.沉淀可能为硫酸钡或氯化银等;
D.检验钾离子,应滤去黄光。
【解答】解:A.无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫,则溶液中可能含有CO32﹣或SO32﹣,或HCO3﹣等,故A错误;
B.加入2滴KSCN溶液,溶液不显红色,说明不含铁离子,再向溶液中加入几滴新制的氯水,溶液变为红色,说明生成铁离子,则说明该溶液中一定含有Fe2+,故B正确;
C.沉淀可能为硫酸钡或氯化银等,溶液可能含有银离子或硫酸根离子等,故C错误;
D.黄光可遮挡紫光,检验钾离子,应通过蓝色钴玻璃,以滤去黄光,故D错误。
故选:B。
【点评】本题考查常见离子的检验,为高频考点,把握试剂、现象、结论为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意检验时排除干扰离子,题目难度不大。
4.为了除去混入CO2中的SO2,最好将混合气体通入下列哪种溶液中( )
A.饱和食盐水B.饱和纯碱溶液
C.饱和小苏打溶液D.浓硫酸
【分析】根据除杂质题最少要满足两个条件:①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应;②反应时不能引进新的杂质.
【解答】解:A.饱和食盐水与SO2不反应,无法除去,故A错误;
B.碳酸钠和二氧化碳、二氧化硫都能反应生成,所以不能用饱和苏打溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫,故B错误;
C.饱和NaHCO3溶液既可除去SO2,又可增加CO2,故C正确;
D.浓硫酸与SO2不反应,无法除去,故D错误。
故选:C。
【点评】本题考查物质的除杂,难度不大,解题的关键是抓住杂质的原则:①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应;②反应时不能加入新的杂质.
5.中国是瓷器的故乡,钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是( )
A.高品质的白瓷晶莹剔透,属于纯净物
B.瓷器中含有大量的金属元素,因此陶瓷属于金属材料
C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
【分析】A.瓷器的原料主要是黏土烧结而成;
B.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等;
C.传统的无机非金属材料:如水泥、耐火材料、平板玻璃、仪器玻璃和普通的光学玻璃以及日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、搪瓷、磨料(碳化硅、氧化铝)、铸石、碳素材料、非金属矿(石棉、云母、大理石等)。新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等;
D.不同的金属氧化物颜色可能不同。
【解答】解:A.瓷器的原料主要是黏土烧结而成,瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅,是混合物,故A错误;
B.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故B错误;
C.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料,是高温结构材料,可用于制造陶瓷发动机的受热面,故C错误;
D.不同的金属氧化物颜色可能不同,在高温下,釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化,故D正确;
故选:D。
【点评】本题考查了硅及其化合物用途,熟悉相关物质的性质是解题关键,注意对硅酸盐用途的区别,题目难度不大,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
6.施用氮肥能促进作物生长,并能提高作物中蛋白质的含量.下列关于氮肥的说法错误的是( )
A.尿素CO(NH2)2是一种氮肥
B.储存碳酸氢铵时,应密封并置于阴凉通风处
C.铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰等混合施用
D.氮肥溶于水,其中的氮元素均以铵离子形式在存
【分析】A.尿素中含有氮元素,属于氮肥;
B.碳酸氢铵不稳定,温度较高易发生分解;
C.铵态氮肥水解呈酸性,与水解呈碱性的物质不能混合使用;
D.氮肥溶于水后,氮元素不一定以铵根离子的形式存在.
【解答】解:A.尿素CO(NH2)2是一种农村常用的高效的氮肥,故A正确;
B.由于碳酸氢铵在温度较高时易分解,则储存碳酸氢铵时,应密封并置于阴凉通风处,故B正确;
C.铵态氮肥水解呈酸性,碳酸钾水解呈碱性,二者混合可发生互促水解生成氨气而降低肥效,故C正确;
D.根据氮肥中氮素化合物的形态将氮肥分为铵态氮肥、硝态氮肥和酰胺态氮肥,凡是氮素以铵离子或气态氨形态存在的,就属于铵态氮肥,如液体氨、氨水、碳酸氢铵、硫酸铵、氯化铵。凡是含硝酸根的氮肥就属于硝态氮肥,如硝酸钠、硝酸钾、硝酸钙、硝酸铵等。而尿素以分子态形式存在,属于酰胺态氮肥,故D错误;
故选:D。
【点评】本题考查氮元素及其化合物的综合应用,为元素化合价知识中高频考点,题目难度中等,注意把握铵盐的性质以及实验室制备氨气的特点,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.
7.如图是某元素的价类二维图。其中 X 是一种强碱,G 为正盐,通常条件下 Z 是无色液体,D 的相对原子质量比 C 小 16,各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.E 可以是金属也可以是非金属
B.C 和 D 两种大气污染物,都能用排空气法收集
C.B 的浓溶液具有吸水性,可用来干燥气体
D.实验室制备 F 时,可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取
【分析】G为正盐,X是一种强碱,二者反应生成氢化物F,则G为铵盐、F为NH3,F连续与Y反应依次得到氧化物D、氧化物C,D 的相对原子质量比 C 小 16,则Y为O2、D为NO、C为NO2,单质E能与氧气反应生成NO,则E为N2.通常条件下Z是无色液体,C与Z反应得到含氧酸B,则Z为H2O、B为HNO3,B与X发生酸碱中和反应得到A为硝酸盐。
【解答】解:G为正盐,X是一种强碱,二者反应生成氢化物F,则G为铵盐、F为NH3,F连续与Y反应依次得到氧化物D、氧化物C,D 的相对原子质量比 C 小 16,则Y为O2、D为NO、C为NO2,单质E能与氧气反应生成NO,则E为N2.通常条件下Z是无色液体,C与Z反应得到含氧酸B,则Z为H2O、B为HNO3,B与X发生酸碱中和反应得到A为硝酸盐。
A.由分析可知,E为N2,故A错误;
B.C为NO2、D为NO,两种都会污染空气,NO能与氧气反应,不能用排空气法收集,可以用排水法收集,故B错误;
C.B为HNO3,其浓溶液没有吸水性,故C错误;
D.F为NH3,实验室制备 氨气 时,可以将其浓氨水滴入碱石灰中进行制取,故D正确。
故选:D。
【点评】本题考查无机物的推断,“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口,熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应等。
8.将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和Ba(NO3)2的混合溶液里,发生的现象是( )
①溶液很快褪色;②溶液不褪色;③有沉淀生成;④溶液仍然透明.
A.仅①和④B.仅①和③C.仅②和③D.仅②和④
【分析】等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中,发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+,品红不褪色;通入Ba(NO3)2的混合溶液中,生成硫酸钡沉淀,以此来解答.
【解答】解:等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中,发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+,品红不褪色;
通入Ba(NO3)2的混合溶液中,发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,观察到生成白色沉淀,
故选:C。
【点评】本题考查二氧化硫的化学性质,为高频考点,侧重氧化还原反应原理及二氧化硫还原性的考查,注意等物质的量时发生的氧化还原反应,题目难度不大.
9.下列说法正确的是( )
A.二氧化硅溶于水显酸性
B.二氧化碳通入水玻璃可以得到原硅酸
C.因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳,所以硅酸比碳酸强
D.二氧化硅是酸性氧化物,它不溶于任何酸
【分析】A.二氧化硅属于酸性氧化物但和水不反应;
B.碳酸酸性大于硅酸,所以二氧化碳、水和硅酸钠反应生成原硅酸;
C.高温下,二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳,不能据此判断硅酸和碳酸的相对强弱;
D.二氧化硅属于酸性氧化物,但能溶于HF.
【解答】解:A.二氧化硅属于酸性氧化物但和水不反应,用二氧化硅和NaOH溶液制取硅酸钠,然后用硅酸钠制取硅酸,故A错误;
B.碳酸酸性大于硅酸,所以二氧化碳、水和硅酸钠反应生成原硅酸,故B正确;
C.高温下,二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳,因为有高温条件,所以不能据此判断硅酸和碳酸的相对强弱,故C错误;
D.二氧化硅属于酸性氧化物,能溶于强碱溶液,且能溶于HF,所以可以用HF雕刻玻璃,故D错误;
故选:B。
【点评】本题考查二氧化硅的性质,二氧化硅属于酸性氧化物但能溶于HF,知道制取硅酸的方法,题目难度不大.
10.对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是( )
A.当有大量毒气泄漏时,人应沿顺风方向疏散
B.实验室里电线失火,首先要断开电源
C.当少量浓硫酸沾在皮肤上,应立即用氢氧化钠溶液冲洗
D.酒精失火用水浇灭
【分析】A.氯气有毒,当大量氯气泄漏时,应逆风疏散;
B.电失火时要防止触电;
C.浓硫酸和氢氧化钠都具有腐蚀性;
D.酒精与水任意比例互溶。
【解答】解:A.氯气有毒且密度大于空气,能对人的呼吸道产生损害,当大量氯气泄漏时,应逆风疏散,故A错误;
B.电失火时要防止触电,首先要断开电源,然后在灭火,故B正确;
C.皮肤上不小心沾上浓硫酸,应用抹布擦拭,再立即用大量水冲洗,然后涂上3%~5%的NaHCO3溶液,故C错误;
D.酒精与水任意比例互溶,因此酒精着火,不能用水扑灭,故D错误;
故选:B。
【点评】本题考查化学实验室安全及事故处理,该题是基础性试题的考查,题目难度不大,侧重对学生实验基础知识的检验和训练,有利于培养学生的实验能力。在实验过程中应学会处理常见意外事故的方法技巧。
11.下列各种情况下,溶液中一定能大量存在的离子组是( )
A.能使pH试纸变红的溶液:NH4+、Na+、SO42﹣、Fe3+、NO3﹣
B.含有大量NO3﹣的溶液:H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣
C.含有大量Cl﹣的溶液:Fe3+、Mg2+、SO42﹣、OH﹣
D.加入铝粉后产生大量氢气的溶液:NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
【分析】A.该溶液呈酸性,五种离子之间不反应,都不与氢离子反应;
B.硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子;
C.铁离子、镁离子都与氢氧根离子反应;
D.该溶液呈酸性或碱性,铵根离子与氢氧根离子反应,硝酸根离子在酸性条件下与Al反应不会产生氢气。
【解答】解:A.能使pH试纸变红的溶液呈酸性,NH4+、Na+、SO42﹣、Fe3+、NO3﹣之间不反应,都不与H+反应,在溶液中能够大量共存,故A正确;
B.NO3﹣、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;
C.Fe3+、Mg2+都与OH﹣反应,在溶液中不能大量共存,故C错误;
D.加入铝粉后产生大量氢气的溶液可能显酸性,也可能显强碱性,在强碱性溶液中NH4+不能大量存在,酸性溶液中NO3﹣具有强氧化性,与金属Al反应不会生成氢气,故D错误;
故选:A。
【点评】本题考查离子共存的判断,为高考的高频题,题目难度不大,注意明确离子不能大量共存的一般情况:能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣在;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;是“可能”共存,还是“一定”共存等;试题侧重对学生基础知识的训练和检验,有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
12.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体,这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5ml•l﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL
【分析】NO2、NO的混合气体,这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.Cu失去的电子都被O2得到了,根据电子得失守恒,求出参加反应的铜,然后求出 Cu(NO3)2,再根据 Cu(NO3)2与NaOH 反应的关系,求出NaOH 的物质的量,最终求出NaOH溶液的体积.
【解答】解:NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中,完全生成HNO3,则整个过程中HNO3 反应前后没有变化,即Cu失去的电子都被O2得到了,根据得失电子守恒:n(Cu)×2=n(O2)×4
n(Cu)×2ml×4
解得:n(Cu)=0.15ml 所以 Cu(NO3)2 为0.15ml,
根据 Cu2+~2OH﹣
0.15ml n(OH﹣)
则NaOH 为 0.15ml×2=0.3 ml,
则NaOH 体积V0.06L,即60ml,
故选:A。
【点评】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算,若根据化学方程式来计算,无从下手,若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简,平时需注意守恒思想的应用.
二、实验题
13.如图是某学习小组设计的利用氨气进行喷泉实验的装置示意图。
请回答下列问题:
(1)学生甲用装置A进行喷泉实验,上部烧瓶已充满干燥的氨气,引发喷泉的操作是 打开止水夹,挤出胶头滴管中的水 。
(2)学生乙将装置A误装为装置B,但经与同学讨论后,认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理: 打开止水夹,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,氨气受热膨胀,使氨气与酚酞溶液接触,即产生喷泉 。
【分析】(1)烧瓶已充满干燥的氨气,只要使氨气溶于水,形成压强差,就可引发喷泉,据此回答;
(2)学生乙将装置A误装为装置B,相当于不能从滴管把水挤入烧瓶,那只能让烧杯里的酚酞溶液和气体接触,想办法使气体膨胀即可。
【解答】解:(1)氨气极易溶于水,用装置A进行喷泉实验时,先打开止水夹,然后挤压胶头滴管,使少量水进入烧瓶,氨气溶于水导致烧瓶内压强急剧减小,外界大气压将烧杯内的酚酞溶液压入烧瓶中即可形成喷泉,
故答案为:打开止水夹,挤出胶头滴管中的水;
(2)对于装置B,没有胶头滴管,可以设法使烧瓶受热,烧瓶内气体膨胀,使氨气与酚酞溶液接触即产生喷泉,方法为:打开止水夹,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,氨受热膨胀,气体从烧瓶中逸出,赶出玻璃导管中的空气,氨气极易溶于水,氨气与水接触,烧瓶内压强减小,即发生喷泉,
故答案为:打开止水夹,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,氨气受热膨胀,使氨气与酚酞溶液接触,即产生喷泉。
【点评】本题考查氨气的制备和性质,掌握氨气的物理性质以及喷泉的形成原理是解答的关键,题目难度不大。
14.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性,设计了如图所示的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后,漏斗中的液体未流下,你认为原因可能是 分液漏斗的玻璃塞没有取下来 。
(2)装置A中所用的试剂是亚硫酸钠固体和浓硫酸,写出烧瓶中发生反应的化学方程式: Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O 。
(3)①反应开始一段时间后,观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象分别为:B 品红溶液褪色 ,D 品红溶液褪色 。
②停止通气后,再对B、D两个试管分别加热,两个试管中的现象分别为:B 褪色的品红溶液又恢复红色 ,D 无明显现象 。
(4)装置C的作用是 吸收多余的SO2和Cl2,保证实验安全 ,写出其中发生反应的离子方程式: SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O、Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
【分析】由实验装置可知,装置A生成的二氧化硫气体通过装置B中的品红溶液,二氧化硫具有漂白性,可以使溶液褪色,褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色;装置E可制备氯气,氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性,因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色,次氯酸的漂白不可逆,加热时,不能恢复红色,剩余二氧化硫和氯气通过装置C吸收,防止污染空气,以此解答该题。
【解答】解:(1)某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后,漏斗中的液体未流下,说明未与大气相通,可能的原因是分液漏斗的玻璃塞没有取下来,
故答案为:分液漏斗的玻璃塞没有取下来;
(2)装置A中所用的试剂是亚硫酸钠固体和浓硫酸,它们反应生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式:Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,
故答案为:Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;
(3)①反应开始一段时间后,二氧化硫、氯水都能使品红溶液褪色,因此观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象分别为:品红溶液褪色,品红溶液褪色,
故答案为:品红溶液褪色;品红溶液褪色;
②停止通气后,再对B、D两个试管分别加热,二氧化硫对品红的漂白是暂时性、可逆性的漂白,氯水对品红是永久性的不可逆的漂白,因此两个试管中的现象分别为:B是褪色的品红溶液又恢复红色,D是无明显现象,
故答案为:褪色的品红溶液又恢复红色;无明显现象;
(4)装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2,保证实验安全,发生反应的离子方程式为:SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O,Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O,
故答案为:吸收多余的SO2和Cl2,保证实验安全;SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O、Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O。
【点评】本题考查物质的性质实验,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,题目难度不大。
三、推断题
15.某固体混合物中,可能含有下列离子中的几种:K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣,将该混合物溶于水后得澄清溶液,现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验:
(1)在一份溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成;
(2)在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热,收集到1.12L气体(标准状况下);
(3)在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成,经称量其质量为6.27g,在该沉淀中加入足量的盐酸,沉淀部分溶解,剩余固体质量为2.33g.
根据上述实验回答下列问题:
①溶液中一定不存在的离子是 Ba2+、Mg2+ ;
②溶液中一定存在的阴离子有 CO32﹣、SO42﹣ ,其物质的量浓度分别为 c(SO42﹣)=0.1ml/L、c(CO32﹣)=0.2ml/L ;
③推断K+是否存在并说理由: 存在,经过计算可知,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒 .
【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀产生,说明溶液中可能存在Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣等离子,且至少一种;
②1.12L气体为氨气,溶液中一定含有NH4+,并且物质的量为0.05ml;
③2.33g沉淀为硫酸钡,6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物;
再根据电荷守恒,得出是否存在钾离子,以此解答该题.
【解答】解:①碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验1得到沉淀无法确定是氯化银,故实验1对Cl﹣是否存在的判断是:不能确定;利用实验2可知含有铵离子,利用实验3可知沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡,即溶液中一定含有CO32﹣、SO42﹣,碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,故可判知溶液一定不存在的离子是:Ba2+、Mg2+,
故答案为:Ba2+、Mg2+;
②结合①中分析可知溶液中一定含有的阴离子为CO32﹣、SO42﹣,由碳酸钡可溶于盐酸,硫酸钡不溶于盐酸可推知加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4,利用硫守恒可知溶液中n(SO42﹣)0.01ml,c(SO42﹣)0.1ml/L;6.27g固体中碳酸钡的质量为6.27g﹣2.33g=3.94g,利用碳守恒可知溶液中n(CO32﹣)0.02ml,c(CO32﹣)0.2ml/L,
故答案为:CO32﹣、SO42﹣;c(SO42﹣)=0.1ml/L、c(CO32﹣)=0.2ml/L;
③溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32﹣和SO42﹣,经计算,NH4+的物质的量为0.05 ml,利用②中分析、计算可知CO32﹣、SO42﹣的物质的量分别为0.02 ml和0.01 ml,根据电荷守恒,n(+)=n(NH4+)=0.05ml,n(﹣)=2n(CO32﹣)+2n(SO42﹣)=0.06ml,钾离子一定存在,
故答案为:存在,经过计算可知,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒.
【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计,为高考常见题型,题目难度中等,注意掌握常见离子的化学性质及检验方法,本题中根据电荷守恒判断钾离子的存在为易错点,做题时需要细致分析.
16.现有下列表格中的几种离子
A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质,它们所含的阴、阳离子互不相同。
(1)某同学通过比较分析,认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是 K2CO3 和 Ba(OH)2 (填化学式)。
(2)物质C中含有离子Xn﹣.为了确定Xn﹣,现将(1)中的两种物质记为A和B,当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀,向该沉淀中滴入足量稀HNO3,沉淀部分溶解,剩余白色固体,则X为 C (填字母)
A.Br﹣ B.CH3COO﹣ C.SO42﹣ D.HCO3﹣
(3)将Cu投入装有足量D溶液的试管中,Cu不溶解,再滴加稀H2SO4,Cu逐渐溶解,管口附近有红棕色气体出现,则物质D一定含有上述离子中的 NO3﹣ (填相应的离子符号),写出Cu溶解的离子方程式 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O 。
(4)E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质,E是 FeCl3 (填化学式)。
【分析】A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质,它们所含的阴、阳离子互不相同,因阳离子中Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+均不能与CO32﹣共存,所以CO32﹣只能与K+结合成K2CO3存在,又因Al3+、Fe3+、Cu2+均不能与OH﹣共存,所以OH﹣只能与Ba2+结合成Ba(OH)2存在;
由(2)可知,当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀,向该沉淀中滴入足量稀HNO3,沉淀部分溶解,剩余白色固体,不难得出B为K2CO3,A为Ba(OH)2,C中有Cu2+,又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3,则C为CuSO4,酸性条件下D能和铜反应,说明D中含有硝酸根离子,则E中含有Cl﹣,结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。
(1)根据离子之间结合生成沉淀,不能共存,确定含有的两种物质;
(2)C与B的溶液混合时,产生红褐色沉淀和无色无味气体,沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳;C与A的溶液混合时产生混合物沉淀,向该沉淀中滴入稀盐酸,沉淀部分溶解,最后留有白色沉淀不再溶解,则B为Na2CO3,A为Ba(OH)2,C为硫酸铁,另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝;
(3)将Cu投入D溶液中,Cu不溶解;再滴加稀H2SO4,Cu逐渐溶解,管口附近有红棕色气体出现,该气体为NO2,说明D中含有NO3﹣;
(4)E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质,E具有氧化性。
【解答】解:A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质,它们所含的阴、阳离子互不相同,因阳离子中Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+均不能与CO32﹣共存,所以CO32﹣只能与K+结合成Na2CO3存在,又因Al3+、Cu2+、Fe3+均不能与OH﹣共存,所以OH﹣只能与Ba2+结合成Ba(OH)2存在;
由(2)可知,当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀,向该沉淀中滴入足量稀HNO3,沉淀部分溶解,剩余白色固体,不难得出B为K2CO3,A为Ba(OH)2,C中有Cu2+,又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3,则C为CuSO4,酸性条件下D能和铜反应,说明D中含有硝酸根离子,则E中含有Cl﹣,
(1)CO32﹣与Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+不能大量共存,OH﹣与Al3+、Cu2+、Fe3+不能大量共存,由于所含阴、阳离子互不相同,所以对应的物质应为K2CO3和Ba(OH)2,故答案为:K2CO3; Ba(OH)2;
(2)当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀,向该沉淀中滴入足量稀HNO3,沉淀部分溶解,剩余白色固体,不难得出B为K2CO3,A为Ba(OH)2,C中有Cu2+,又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3,则C为CuSO4,HCO3﹣与Cu2+不能共存,CH3COO﹣、Br﹣不可能生成钡盐沉淀,则X只能为SO42﹣,故答案为:C;
(3)将Cu投入D溶液中,Cu不溶解;再滴加稀H2SO4,Cu逐渐溶解,管口附近有红棕色气体出现,该气体为NO2,说明D中含有NO3﹣,反应离子方程式为:3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2+2NO↑+4H2O,
故答案为:NO3﹣;3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2+2NO↑+4H2O;
(4)E中含有Cl﹣,与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质,E具有氧化性,所以E为FeCl3,故答案为:FeCl3。
【点评】本题考查离子推断、实验方案设计等,是对所学知识的综合考查,题目难度较大,综合度较高,旨在考查学生的推断能力与方案设计能力,注意根据反应现象进行推断。
四、计算题(共12分)
17.将32.0g铜与60.0mL一定浓度的硝酸发生如下反应:Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。铜完全溶解产生的混合气体体积为8.96L(标况)。请计算(各数据保留两位有效数字)。
(1)NO的体积为 6.7L ;
(2)该混合气体的平均摩尔质量约为 34g/ml ;
(3)待产生的气体全部释放后,向溶液加入100mL 2.0ml/L的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸溶液的浓度为 10ml/L 。
【分析】(1)n(Cu)0.5ml,n(NO+NO2)0.4ml,
设NO的物质的量为xml,则NO2的物质的量为(0.4﹣x)ml,依据电子守恒,可得出如下关系式:
3x+(0.4﹣x)×1=0.5ml×2,求出x后,即可求出NO的体积。
(2)求出NO、NO2的物质的量,再利用M即可求出该混合气体的平均摩尔质量。
(3)待产生的气体全部释放后,向溶液加入100mL2.0ml/L的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,此时溶质为NaNO3,从而得出表现出酸性的硝酸和剩余的硝酸的物质的量,再加上表现出强氧化性的硝酸的物质的量,即可求出原硝酸的物质的量,最后求出原硝酸溶液的浓度。
【解答】解:(1)n(Cu)0.5ml,n(NO+NO2)0.4ml,设NO的物质的量为xml,则NO2的物质的量为(0.4﹣x)ml,依据电子守恒,则:
3x+(0.4﹣x)×1=0.5ml×2,解得x=0.3ml,所以V(NO)=0.3ml×22.4L/ml=6.7L,
故答案为:6.7L;
(2)n(NO)=0.3ml,则n(NO2)=0.4ml﹣0.3ml=0.1ml,M30g/ml46g/ml=34g/ml,
故答案为:34g/ml;
(3)n(酸性)+n(余)=n(NaOH)=0.100L×2.0ml/L=0.2ml,n(氧化性)=n(NO+NO2)=0.4ml,n(总)=0.2ml+0.4ml=0.6ml,c(HNO3)10ml/L,
故答案为:10ml/L。
【点评】本题考查了有关硝酸的反应,方程式较多,熟知硝酸表现的性质有强氧化性和酸性,学会利用守恒法进行求解,试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力,题目难度中等。
18.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料,是发展高新技术的基石,在未来科技发展中发挥着重要的作用。
(1)Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140g/ml,其中硅元素的质量分数为60%。已知1ml NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35g Nierite与3ml HCl气体。Nierite的化学式为 Si3N4 。
(2)K金是常见的贵金属材料,除黄金外,还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成,将2.832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中,固体全部溶解后,收集到NO2和N2O4的混合气体224mL(折算至标准状况,下同),将该混合气体与84mL O2混合后缓缓通入水中,恰好被完全吸收。
填写该18K金的成分表(精确至0.01%,若不含该金属则填0)。
【分析】(1)由元素守恒判断Nierite是硅元素和氮元素组成,化学式中硅原子的个数为3,氮原子个数为4;
(2)设K金中含有铜银两种金属,则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832×(1﹣75%),金与浓硝酸不反应,铜银与浓硝酸发生氧化还原反应,将HNO3还原为NO2和N2O4,NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3,根据电子守恒,即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数,2n(Cu)+n(Ag),联立方程可以求出Ag的质量分数。
【解答】解:(1)1mlNH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35gNierite与3mlHCl气体,参与反应的SiCl4物质的量为0.75ml,由元素守恒可知:Nierite由硅元素和氮元素,化学式中硅原子的个数为3,氮原子个数为4,故化学式为Si3N4,
故答案为:Si3N4;
(2)设K金中含有铜银两种金属,则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832×(1﹣75%),金与浓硝酸不反应,铜银与浓硝酸发生氧化还原反应,将HNO3还原为NO2和N2O4,NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3,根据电子守恒,即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数,2n(Cu)+n(Ag),二者联立解得n(Cu)=0.006ml,n(Ag)=0.003ml,Ag的质量分数为11.44%,
故答案为:11.44%。
【点评】本题考查了混合物的计算,题目难度中等,注意原子守恒和得失电子守恒在化学计算中的应用,侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
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日期:2021/4/18 23:23:17;用户:15877047552;邮箱:15877047552;学号:38945411选项
实 验 操 作 及 现 象
实 验 结 论
A
向某溶液中加入盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有CO32﹣
B
向某溶液中加入2滴KSCN溶液,溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水,溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42﹣
D
将某物质的溶液进行焰色实验,焰色反应为黄色
该溶液中一定不含K+
阳离子
Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+
阴离子
NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣(n=1或2)
18K金成分
Au
Ag
含量(质量分数)
75.00%
选项
实 验 操 作 及 现 象
实 验 结 论
A
向某溶液中加入盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有CO32﹣
B
向某溶液中加入2滴KSCN溶液,溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水,溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42﹣
D
将某物质的溶液进行焰色实验,焰色反应为黄色
该溶液中一定不含K+
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Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+
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NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣(n=1或2)
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75.00%
11.44%
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