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人教版2024高中化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素(八)

1

单选题
1、过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2 .MgCl2 .Na2SO4等杂质，通过加入如下试剂(实验操作略)，可制得相对纯净的食盐水：①加入过量的BaCl2溶液；②滴入稀盐酸至无气泡产生；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加入稍过量的NaOH溶液。正确的试剂滴加顺序为
A．⑤③①④②B．①⑤④③②C．①⑤③④②D．③⑤①④②
答案：C
解析：
粗盐提纯过程中，NaOH溶液除去Mg2+，BaCl2溶液除去SO42-，Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+，所以试剂顺序一定要先加过量的BaCl2溶液，后加过量的Na2CO3溶液，三种试剂加入反应完毕后，要将沉淀过滤，再加入过量的盐酸，除去过量的OH-和CO32-，最后蒸发结晶，故本题选C。
2、下列说法中正确的是
A．CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
B．H2O2 .NaClO中所含化学键类型不完全相同
C．Si与C同属第IVA族，因此SiO2和CO2两种物质结构相同
D．原子的相对原子质量就是该原子的质量数
答案：B
解析：
A．BCl3分子中B原子的最外层没有达到8电子稳定结构，是6电子，CH4中H原子最外层是2电子，故A错误；
B．H2O2含有极性键、非极性键，NaClO含有离子键和极性键，两者所含化学键类型不完全相同，故B正确；
C．Si与C同属第IVA族，SiO2是空间网状正四面体形，CO2是直线形分子，两种物质结构不相同，故C错误；
D．原子的近似相对原子质量是该原子的质量数，故D错误；
综上所述，答案为B。
3、用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是

气体
a
b
c
A
NO2
浓硝酸
铜片
NaOH溶液
B
CO2
稀硫酸
石灰石
饱和NaHCO3溶液
C
SO2
浓硫酸
亚硫酸钠
浓硫酸
D
NH3
浓氨水
CaCl2
碱石灰
A．AB．BC．CD．D
答案：C
解析：
分析：
由实验装置图可知，该装置为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理。
A．NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故A不可行；
B．大理石的主要成分为碳酸钙，硫酸与碳酸钙反应生成的硫酸覆盖在固体的表面，阻止内部碳酸钙继续反应，故B不可行；
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应制二氧化硫，用浓硫酸进行干燥，用向上排空法收集，故C可行；
D．氯化钙能与氨气反应，应用氧化钙和浓氨水制备氨气，氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集，不能用向上排空法收集，故D不可行；
故选C。
4、利用N2→NH3→NO→NO2→HNO3这一过程制备HNO3，有关各物质的叙述不正确的是
A．工业固氮的常用方法是用N2和H2合成NH3
B．加热NH4Cl固体制备NH3的方法是不可取的
C．可利用Cu与硝酸的反应将N元素转化为NO
D．NO2溶于水生成硝酸，故NO2属于酸性氧化物
答案：D
解析：
A．合成氨是用N2和H2合成NH3，是工业固氮的一种方法，A正确；
B．氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，B正确；
C．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，可利用Cu与硝酸的反应，将N元素转化为NO，C正确；
D．酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，而二氧化氮和碱反应生成硝酸盐和亚硝酸盐和水，化合价变化，NO2不属于酸性氧化物，D错误；
故选：D。
5、一定质量的镁、铜合金加到一定量的稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为2 mol·L-1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加10 .2g，则下列有关叙述中正确的是
A．加入合金的质量可能为19 .2 g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为300mL
C．参加反应的硝酸的物质的量为0 .4 mol
D．溶解合金时产生NO气体的体积为4 .48L
答案：B
解析：
分析：
加入NaOH溶液至沉淀完全，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10 .2g，说明结合氢氧根离子的物质的量是10 .2g17g/mol=0 .6mol。
A．根据电荷守恒，镁、铜合金失电子0 .6mol；若全是镁，质量为7 .2g；若全是铜，质量为19 .2g；所以加入合金的质量为7 .2~19 .2之间，不可能为19 .6g，故A错误；
B．沉淀完全时消耗NaOH的物质的量是0 .6mol，溶液体积为0 .6mol2mol/L=0 .3L=300mL，故B正确；
C．根据电荷守恒，反应后溶液中硝酸根的物质的量是0 .6mol，根据得失电子守恒，硝酸得电子0 .6mol，生成NO的物质的量是0 .2mol，参加反应的硝酸的物质的量为0 .6mol+0 .2mol=0 .8mol，故C错误；
D．根据得失电子守恒，硝酸得电子0 .6mol，生成NO的物质的量是0 .2mol，非标准状况下NO气体的体积不一定是4 .48L，故D错误；
答案选B。
6、工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如下，下列说法错误的是

A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后可选择过滤操作分离出湿料
C．气流干燥湿料时可选择空气气流
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
答案：C
解析：
分析：
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品。
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，选项A正确；
B．结晶后分离出湿料是将固体和溶液分离，其操作为过滤，选项B正确；
C．NaHSO3易被氧化，所以气流干燥过程中不能选择空气气流，选项C错误；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，选项D正确；
答案选C。
7、用下列实验装置在室温下进行相应实验，能达到实验目的的是

A．①验证浓硫酸具有强氧化性B．②干燥NH3
C．③蒸发结晶制备氯化钠晶体D．④制备并收集少量NO2气体
答案：B
解析：
A．浓硫酸与铜粉常温下不反应，加热才反应，故A错误；
B．浓氨水遇生石灰产生氨气，碱石灰能吸水干燥氨气，故B正确；
C． 坩埚用于灼烧固体，蒸发结晶氯化钠晶体应该用蒸发皿，故C错误；
D．NO2气体溶于水且能与水反应，不能用排水法收集，可以用向上排空气法收集，故D错误；
故答案选：B。
8、将6 .4g铜粉投入到100mL硝酸和硫酸混合酸的溶液中[其中cHNO3=0 .4mol/L，cH2SO4=0 .2mol/L]充分反应，生成的NO在标准状况的体积为
A．0 .896LB．6 .72LC．0 .448LD．2 .24L
答案：C
解析：
该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。铜的物质的量为0 .1mol，氢离子物质的量为0 .4×0 .1+0 .2×2×0 .1=0 .08mol ，硝酸根离子物质的量为0 .04mol，故根据氢离子物质的量进行计算，则生成一氧化氮的物质的量为0 .02mol标况下体积为0 .448L。
故选C。
多选题
9、某实验小组同学用下图所示装置制取少量SO2并验证其漂白性，下列说法错误的是

A．试管甲中发生反应时，浓H2SO4既显氧化性又显酸性
B．试管乙中反应时，SO2将品红氧化使溶液褪色
C．浸有碱液的棉花的作用是吸收过量的SO2，防止污染空气
D．实验结束后，取下试管乙，置于酒精灯火焰上加热，溶液无明显变化
答案：BD
解析：
A．试管甲中发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，此反应中浓H2SO4既显氧化性又显酸性，A项正确；
B．SO2具有漂白性，其原理是与某些有机色素化合生成无色物质，而不是将色素氧化，B项错误；
C．SO2是空气污染物，浸有碱液的棉花的作用是吸收过量的SO2，防止污染空气，C项正确；
D．SO2漂白色素的反应具有可逆性，加热后品红溶液恢复红色，D项错误；
答案选BD。
10、将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入(或通入)某试剂(或气体)X后有沉淀生成，此试剂(或气体)X可能是
A．NaOH溶液B．NaCl溶液C．新制氯水D．CO2
答案：AC
解析：
A．二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氯化钡反应生成亚硫酸钡和氯化钠，，故将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入NaOH溶液有沉淀出现，A正确；
B．SO2 .BaCl2和NaCl不反应，故将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入NaCl溶液后不会有沉淀出现，B错误；
C．新制氯水具有强氧化性，可以将SO2氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入新制氯水后有沉淀出现，C正确；
D．SO2 .BaCl2和CO2不反应，故将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入CO2后不会有沉淀出现，D错误；
故选AC。
11、下列实验现象或表述正确的是
A．过量的铁投入一定量的稀硝酸中，充分反应后取适量溶液于试管中，立即滴加KSCN溶液，溶液不显红色
B．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
C．检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2~3滴即可
D．FeO投入稀硫酸和稀硝酸中均得到浅绿色溶液
答案：AC
解析：
分析：
A．过量的铁和硝酸反应，会得到Fe2+，滴加KSCN溶液无明显现象，故A正确；
B．氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁不能搅拌，故B错误；
C．检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，红砖中的氧化铁被盐酸溶解生成氯化铁，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液显红色，可以检验红砖中的氧化铁，故C正确；
D．FeO能够被硝酸氧化，得到棕黄色含铁离子的溶液，故D错误；
故选AC。
12、甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法正确的是

A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙物质可能是一种盐
B．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使品红溶液褪色
C．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
D．若甲、丙、戊均含同种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序不可能为甲＜戊＜丙
答案：AB
解析：
A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是一种盐，例如氯化铝等，故A正确；
B．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，如果是氯气，则会使品红溶液褪色，故B正确；
C．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故C错误；
D．若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为铁、乙为氯气、丙为氯化铁、丁为硫化氢等具有还原性的物质、戊为氯化亚铁时，则含Fe元素的物质中Fe的化合价由低到高的顺序为甲＜戊＜丙，故D错误。
故选AB。
填空题
13、SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
(1)SCR(选择性催化还原)工作原理：

① 尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_______。
② 反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_______。
③ 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_______。
④ 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60 g·mol−1)含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_______。
(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。

①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_______。
② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是_______。
③ 还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。写出该反应的化学方程式_______。
答案：(1)     CO(NH2)2+H2OΔ2NH3↑+CO2↑     8NH3+6NO2催化剂7N2+12H2O     2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4     6c1v1-3c2v2a %
(2)     BaO     8∶1     415NO+4NH3+3O2=415NNO+6H2O
解析：
(1)
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒，反应的化学方程式为CO(NH2)2+H2OΔ2NH3↑+CO2↑；答案为：CO(NH2)2+H2OΔ2NH3↑+CO2↑。
②根据图示，反应器中NH3还原NO2生成N2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为8NH3+6NO2催化剂7N2+12H2O；答案为：8NH3+6NO2催化剂7N2+12H2O。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒，SO2 .O2 .NH3 .H2O反应生成(NH4)2SO4，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4。
④根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，剩余H2SO4物质的量为12c2v2×10-3mol；吸收NH3消耗的H2SO4物质的量为c1v1×10-3mol-12c2v2×10-3mol=( c1v1×10-3-12c2v2×10-3 )mol，根据反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，NH3物质的量为(2c1v1×10-3mol-c2v2×10-3)mol，根据N守恒，CO(NH2)2物质的量为( c1v1×10-3-12c2v2×10-3 )mol，CO(NH2)2的质量为( c1v1×10-3-12c2v2×10-3 )mol×60g/mol，尿素溶液中溶质的质量分数为(c1v1×10-3-12c2v2×10-3)mol×60g/molag×100%=6c1v1-3c2v2a%；答案为：6c1v1-3c2v2a%。
(2)
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原，根据图a可知，储存NOx的物质是BaO；答案为：BaO。
②根据图b，第一步反应为H2与Ba(NO3)2反应生成NH3，该步中H元素的化合价由H2中的0价升至+1价，1molH2失去2mol电子，N元素的化合价由Ba(NO3)2中的+5价降至NH3中-3价，1molBa(NO3)2得到16mol电子，根据得失电子守恒，第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是16∶2=8∶1；答案为：8∶1。
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，1mol15NO生成1mol15NNO得到1mol电子，1molNH3生成1mol15NNO失去4mol电子，根据得失电子守恒，生成1mol15NNO消耗O2物质的量为4mol-1mol4=34mol，反应消耗的15NO、NH3 .O2物质的量之比为1∶1∶34 =4∶4∶3，结合原子守恒，反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2=415NNO+6H2O；答案为：415NO+4NH3+3O2=415NNO+6H2O。
14、
(1)在一定体积的10mol⋅L-1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之充分反应，被还原的硫酸为0 .9mol。则浓硫酸的实际体积_______(填“大于”“等于”或“小于”)180mL。
(2)将8g Fe2O3投入到150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，充分反应后，共收集到1 .68L H2(标准状况下)，同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol⋅L-1的NaOH溶液150mL。则原硫酸溶液的物质的量浓度为_______。
答案：(1)大于
(2)2mol⋅L-1
解析：
(1)
铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+ 2H2SO4 (浓)△__CuSO4+SO2+2H2O，随着铜和浓硫酸反应的进行，酸的.浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0 .9 mol时，理论上需要10 mol/L的浓硫酸的体积为180moL，所以需要10 mol·L-1的浓硫酸的实际体积要大于180 mL。
(2)
依据题意，然后根据元素守恒可知，最后所得的溶液是Na2SO4溶液，
n(H2SO4) = 12n ( NaOH) = 12 ×4 mol/L×0 .15 L =0 .3mol;
c(H2SO4)= n(H2SO4)V=0 .3mol0 .15L=2mol/L。
15、研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。
(1)Na2S2的结构与过氧化钠相似，则Na2S2的电子式为_______。
(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。其中硫元素的化合价为_______价。
(3)某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。可选用的实验药品如下：
a.Na2SO3溶液；b.浓硫酸；C．Na2S溶液；d稀硫酸；e.酸性KMnO4溶液；f.品红溶液；g.铜片。
实验序号
预期转化
选择试剂(填标号)
证明实现转化的现象
Ⅰ
S+4→S+6 

Ⅱ

a、c、d
淡黄色沉淀
Ⅲ
S+6→S+4
b、g、f

①实验Ⅰ选择的试剂是a和_______(填标号)，该转化利用了Na2SO3的_______性。
②实验Ⅱ实现了+4价和-2价S向0价S的转化，写出该转化反应的离子方程式_______。
③实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______，证明实现该转化的现象是_______。
答案：(1)
(2)+4
(3)     e     还原     2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O     Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O     品红溶液褪色，溶液颜色逐渐变蓝
解析：
(1)
Na2S2的结构与过氧化钠相似，根据过氧化钠 结构，可知Na2S2的电子式为；
(2)
焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，具有还原性，钠元素为+1价、氧元素为-2价，根据化合价代数和等于0，硫元素的化合价为+4价；
(3)
①S+4→S+6，S元素化合价升高，发生氧化反应，应该选择Na2SO3溶液和氧化剂反应，实验Ⅰ选择的试剂是a和酸性KMnO4溶液，选e；该转化利用了Na2SO3的还原性。
②实验Ⅱ实现了+4价和-2价S向0价S的转化，Na2SO3溶液和Na2S在酸性条件下发生归中反应生成单质硫，反应的离子方程式2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O。
③实验Ⅲ中，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，发生反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，二氧化硫具有漂白性，证明实现该转化的现象是品红溶液褪色，溶液颜色逐渐变蓝。

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