第五章化工生产中的重要非金属元素达标卷-2023-2024学年高中化学人教版必修第二册（含解析）

第五章化工生产中的重要非金属元素达标卷-2023-2024学年高中化学人教版必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列各组离子可能大量共存的是
A．在含大量的溶液中：
B．在含有的溶液中：
C．在含有大量的溶液中：
D．在溶质为和的溶液中：
2．下列硅元素及其化合物的有关说法正确的是
A．SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，故为两性氧化物
B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸酸性强于碳酸
C．因为玻璃中含有SiO2，所以不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱性溶液
D．Si→SiO2→H2SiO3→SiO2→均能一步转化
3．下列离子方程式书写正确的是
A．澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
B．钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
C．铜粉与浓硝酸反应：Cu+2H++NO=Cu2++NO2↑+H2O
D．氢氧化铝中加入氢氧化钠溶液：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
4．下列说法中，正确的是
A．光导纤维的主要成分是
B．不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物
C．太阳能发电板的主要材料是
D．粗硅制备时，发生的反应为
5．下列气体中不能用排空气法收集的是
A． B． C． D．
6．实验室可以用如图所示装置制备、干燥、收集气体的是
A．以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2
B．以Na2SO3固体、质量分数为70%的浓硫酸为原料，制备SO2
C．以浓氨水、生石灰为原料，制备NH3
D．以Cu、稀硝酸为原料，制备NO
7．化学兴趣小组按如图所示装置，用过量的铜分别与等物质的量的浓硝酸、稀硝酸反应（实验前原试管中充满），下列叙述正确的是
A．实验①②生成气体的物质的量相等
B．实验②左侧试管中有红棕色气体生成
C．实验②停止反应后，向左侧试管中加入适量稀硫酸，铜片继续溶解
D．将实验中所用铜片换成铁片，两实验中现象均不变
8．下列实验操作和现象与所得出的结论均正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向AlCl3溶液中逐滴加入氨水，生成白色沉淀，且沉淀不溶解 Al(OH)3为强碱
B 鉴别等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液 分别滴加几滴无色酚酞溶液，溶液均变红且有一溶液红色更深 红色更深的是NaHCO3溶液
C 用一束光照射NaCl的乙醇溶液，侧面看到光亮通路 NaCl的乙醇溶液是胶体
D 向某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀， 再加入盐酸，沉淀不溶解 该溶液中含有
A．A B．B C．C D．D
9．已知X、Y、Z、W均为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是
A．若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数)
B．若四种元素均为金属元素，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱
C．若四种元素均为非金属元素，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
D．若四种元素中只有一种为金属元素，则Z与Y二者的最高价氧化物对应的水化物能反应
10．氮和硫是化工生产中的重要元素。下列相关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
B．碳酸氢铵受热易分解，可用作化学肥料
C．二氧化硫易溶于水，可用作纸浆漂白剂
D．浓硫酸具有吸水性，可用来作氨气的干燥剂
11．实验是化学研究的重要手段。如图是NH3的两个性质实验，下列有关说法中不正确的是
A．实验I说明氨气易溶于水 B．实验I形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压
C．实验Ⅱ可用于检验NH3 D．只有实验Ⅱ表现了NH3是碱性气体
12．高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”．它可以按下列方法进行制备：
下列说法错误的是
A．反应①的化学方程式为
B．反应②和反应③过程若均反应完全，则转移的电子数目相同
C．二氧化硅中硅氧构成了硅氧四面体
D．二氧化硅既能与氢氟酸反应又能与氢氧化钠反应，是两性氧化物
13．从元素化合价和物质类别两个角度学习，研究物质的性质，是一种行之有效的方法。下图为氮元素的价类二维图。下列说法错误的是
A．的浓溶液与的浓溶液靠近会产生白烟
B．在一定条件下与氧气反应可直接生成
C．与氧气按一定比例混合溶于水能得到
D．若为，碱性条件下由、制备的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
二、解答题
14．某化学兴趣小组为探究的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：
(1)装置中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 。
(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是 、 ；这些现象分别说明具有的性质是 和 ；装置中发生反应的离子方程式为 。
(3)装置的目的是探究与品红反应的可逆性，先观察到品红溶液 ，关闭分液漏斗的活塞，再 ，观察到 。
(4)尾气可采用 溶液吸收。
15．明矾是生活中常见的净水剂，用铝土矿含30%SiO2、40.8%Al2O3和和少量等制取明矾的工艺如下：
(1)焙烧除铁反应：（少部分发生类似反应），气体的化学式为 。
(2)操作①的名称是 ，操作①后，需洗涤固体表面吸附的离子，判断固体是否洗涤干净的实验方法是：取最后一次洗涤后的浸出液于试管中，滴加溶液，观察到 ，说明已洗涤干净。
(3)固体加稀硫酸反应的离子方程式为 。
(4)固体与固体焙烧可制备防火材料，下列装置适合的是 填字母编号。
(5)不计过程中的损失，投入铝土矿，理论上可制得明矾 明矾的相对分子质量为474)。
16．含SO2和H2S废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。
(1)一种处理SO2废气的工艺流程如图所示。
若SO2吸收塔内盛装的是(NH4)2SO3溶液，则气体X为 ；SO2吸收塔中发生反应化学方程式为 。
(2)CO与SO2在铝矾土作催化剂、773K条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图所示，写出该反应的化学方程式： 。
(3)“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如下：
①上述流程中，往Na2CO3溶液中通入含SO2的烟气，发生反应的离子方程式为 。
②亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，设计实验证明亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4的方案： 。(必须使用的试剂有：蒸馏水、稀盐酸、BaCl2溶液)
17．V2O5广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备V2O5的工艺流程如下：
已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有；“酸浸”后钒以形式存在，“中和、还原”后钒以VO2+形式存在。
ii．有机溶剂P204对四价钒VO2+具有高选择性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+。
iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。
iv。该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1
回答下列问题：
(1)“破碎”的目的是 。
(2)“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为 。
(3)洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是 。
(4)“氧化”时，每消耗 (本身被还原为NaCl)，可得到 mol。
(5)流程中可循环使用的物质有 。
(6)“萃取”分离后，所得“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整(可供选用的试剂：溶液、溶液、溶液)。
。
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．铁离子和生成红色物质，不共存，A不符合题意；
B．氢氧根离子和铵根离子、铝离子均会发生反应，不共存，B不符合题意；
C．含有大量的溶液中：，相互不反应，能共存，C符合题意；
D．酸性条件下，亚铁离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，不共存，D不符合题意；
故选C。
2．C
【详解】A．二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，因此二氧化硅属于酸性氧化物，A错误；
B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；
C．二氧化硅与氢氧化钠生成粘合剂硅酸钠，所以不能用磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱性溶液，C正确；
D．二氧化硅难溶于水，不能一步转化为硅酸，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．澄清的石灰水与稀盐酸反应，氢氧化钙是强电解质，澄清溶液中需要拆为离子，正确离子方程式：OH-+H+=H2O，故A错误；
B．钠与水反应，选项中离子方程式氢原子不守恒，正确离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C．铜粉与浓硝酸反应，选项中离子方程式得失电子和电荷不守恒，正确离子方程式：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；
D．氢氧化铝为两性氢氧化物，溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，离子方程式正确，故D正确；
本题选D。
4．A
【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A正确；
B．二氧化硅能与碱溶液反应生成盐与水，属于酸性氧化物，故B错误；
C．太阳能发电板的主要材料是硅，故C错误；
D．制备粗硅的反应为二氧化硅与碳高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】二氧化硫、二氧化氮易溶于水，氨气极易溶于水，且均能与水反应，所以三种气体都不能用排水法收集，只能用排空气法收集，而一氧化氮不溶于水，且易与空气中的氧气反应，所以一氧化氮不能用排空气法收集，只能用排水法收集，故选C。
6．B
【详解】A．以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2的反应需要加热，装置中发生装置不加热，故A错误；
B．Na2SO3固体和质量分数为70%的浓硫酸反应生成二氧化硫，通过浓硫酸干燥，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，剩余氢氧化钠溶液吸收，吸收时倒扣在液面上的漏斗防止倒吸，故B正确；
C．氨气和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故C错误；
D．以Cu、稀硝酸为原料只能生成NO，NO能和空气中氧气反应，收集NO也不能用排空气法收集，故D错误；
故答案为B。
7．C
【分析】用过量的铜分别与等物质的量的浓硝酸、稀硝酸反应，发生的反应分别为：、，据此作答。
【详解】A．由题知此时为铜过量，加入的酸可以反应完，因此根据反应可知，当加入的酸的物质的量相同时，生成气体的物质的量：浓硝酸稀硝酸，A项错误；
B．实验②是铜片与稀硝酸反应，生成，为无色气体，实验前原试管中充满，此时NO不会被氧化，不能生成NO2，B项错误；
C．实验②反应完全，向左侧试管中加入适量稀硫酸，补充，与溶液中剩余的一起与铜片作用，铜片继续溶解，C项正确；
D．将实验中所用铜片换成铁片，常温下，铁片遇浓硝酸“钝化”，实验现象不同，D项错误；
故答案选C。
8．C
【详解】A．氢氧化铝不溶于氨水，但溶于强酸或强碱，Al(OH)3为弱碱，故A错误；
B．等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性强，所以分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，Na2CO3溶液红色更深，故B错误；
C．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，NaCl的乙醇溶液为胶体，故C正确；
D．该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，溶液中含有或Ag+，故D错误；
故选：C。
9．B
【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由其在周期表中的相对位置可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，X与Z同主族，Y与W同主族。
【详解】A．若HmXOn为强酸，X可能为氮元素，氮元素的简单氢化物为NH3，氨气溶于水呈碱性，故A错误；
B．若四种元素均为金属元素，则X为Li、Z为Na、Y为Be、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，属于强碱，故B正确；
C．若四种元素均为非金属元素，则X、Z可能处于ⅣA族、ⅤA族或ⅥA族，对应的Y、W处于ⅤA族、ⅥA族或ⅦA族，若W为P，P的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，磷酸属于中强酸，故C错误；
D．若四种元素中只有一种为金属元素，则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si，Z与Y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸，氢氧化铝与碳酸不反应，故D错误；
故答案为：B。
10．A
【详解】A．氨气易液化，液氨汽化会吸收大量的热，从而使周围温度降低，可用作制冷剂，A正确；
B．碳酸氢铵受热易分解，但和用作化学肥料没有关系，其能用作化肥的原因是含有氮元素，B错误；
C．二氧化硫能做漂白剂的原因是因为二氧化硫具有漂白性，和溶解性无关，C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，但是会和氨气反应，所以不能用于干燥氨气，D错误；
故选A。
11．D
【详解】A．可形成喷泉实验，说明氨水极易溶于水，使得圆底烧瓶内压强减小，故A正确；
B．氨气极易溶于水，导致圆底烧瓶内压强小于外界大气压，从而形成喷泉氨气溶于水得到氨水，故B正确；
C．氨气和氯化氢气体靠近会反应生成氯化铵，可观察到白烟生成，实验Ⅱ可用于检验NH3，故C正确；
D．碱溶液均可使酚酞变红，氨气与水反应生成的一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，实验I也能说明氨气是碱性气体，故D错误；
故答案选D。
12．D
【详解】A．根据反应①可知，与在高温条件下生成单质，则会变成，方程式为：，A正确；
B．反应②中元素的化合价由0价变成+4价，反应③中元素的化合价由+4变成0价，变化的化合价相同，且物质的量相等，若反应完全则转移的电子数目相同， B正确；
C．中以硅氧构成了硅氧四面体，C正确；
D．与反应生成盐和水，但与不能生成盐和水，属于酸性氧化物，D错误；
故选D。
13．B
【分析】由于图为氮元素的价类二维图，则为，为，为，为或，为，为含的盐；
【详解】A．的浓溶液为浓氨水，的浓溶液为浓，二者都有挥发性，相互靠近时会反应，，而产生的即为白烟，故A正确；
B．由推断得，为，则和反应直接生成的是，而为或，故B错误；
C．为，为，由于，故C正确；
D．若为，为，为含盐，则相应方程式为，则氧化剂为，还原剂为，二者物质的量之比为，故D正确；
答案选B。
14．(1)蒸馏烧瓶
(2) 溶液褪色 溶液中出现淡黄色沉淀 还原性 氧化性 2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO+4H+
(3) 褪色 点燃酒精灯加热 溶液恢复为红色
(4)NaOH
【分析】由实验装置图可知，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫气体，装置B中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，装置C中盛有的硫化钠溶液用于验证二氧化硫的弱氧化性，装置D中的品红溶液用于验证二氧化硫与品红溶液作用的可逆性，装置D后连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收二氧化硫，防止污染空气。
【详解】（1）由实验装置图可知，装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）由分析可知，装置B中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，反应的离子方程式为2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO+4H+，实验现象为酸性高锰酸钾溶液褪色；装置C中盛有的硫化钠溶液用于验证二氧化硫的弱氧化性，反应的离子方程式为2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，实验现象为溶液中产生淡黄色沉淀，故答案为：溶液褪色；溶液中产生淡黄色沉淀；还原性；氧化性；2MnO+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红漂白褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色说明二氧化硫的漂白过程为可逆过程，则证明二氧化硫的漂白过程为可逆过程的操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，观察到无色溶液恢复为红色说明二氧化硫的漂白过程为可逆过程，故答案为：褪色；点燃酒精灯加热；溶液恢复为红色；
（4）由分析可知，装置D后连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收二氧化硫，防止污染空气，故答案为：NaOH。
15．(1)NH3
(2) 过滤 溶液不会变为红色
(3)Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
(4)b
(5)18.96
【分析】由题给流程可知，向铝土矿中加入硫酸铵焙烧除铁时，氧化铁与硫酸铵共热反应生成硫酸铁铵、氨气和水，焙烧得到的固体B加水溶解、过滤得到硫酸铁铵溶液和含有二氧化硅、氧化铝的固体D；向固体D中加入稀硫酸，将氧化铝转化为硫酸铝溶液，二氧化硅不反应，过滤得到二氧化硅和硫酸铝溶液；向硫酸铝溶液中加入硫酸钾溶液后，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。
【详解】（1）由质量守恒定律可知，气体A为氨气，故答案为：NH3；
（2）由分析可知，操作①为固液分离的过滤操作；固体D表面附有可溶的硫酸铁铵杂质，则检验固体D是否洗涤干净的实验方法为取最后一次洗涤后的浸出液于试管中，滴加KSCN溶液，观察到溶液不会变为红色，说明已洗涤干净，故答案为：过滤；溶液不会变为红色；
（3）由分析可知，固体D加稀硫酸发生的反应为氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（4）二氧化硅和氢氧化钠固体应在坩埚中焙烧，陶瓷中的二氧化硅会与氢氧化钠反应，所以焙烧时应选用铁坩埚，故选b；
（5）由铝原子个数守恒可知，5t铝土矿理论上可制得明矾的质量为×2×474g/mol×10—6t/g=18.96t，故答案为：18.96。
16．(1) NH3 (NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3
(2)4CO＋2SO24CO2＋S2
(3) 2SO2++ H2O =2+CO2 取少量亚硫酸钠粗品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，先滴加稀盐酸至不再产生气体，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有Na2SO4
【分析】Na2CO3溶液吸收烟气中的SO2生成NaHSO3和CO2，向NaHSO3溶液中加入NaOH生成Na2SO3；
【详解】（1）SO2吸收塔内盛装的是(NH4)2SO3溶液，(NH4)2SO3吸收SO2生成NH4HSO3，反应方程式为：(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，NH4HSO3吸收气体X可转化为(NH4)2SO3，则X应为碱性气体，可知为氨气或NH3；
（2）结合图像可知反应物的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒1molCO失去2mol电子转化为CO2，1molSO2得4mol电子转为硫单质，则CO和SO2的系数之比应为2：1；图中生成物的物质的量之比为4：1，若生成的单质为S，则CO2和S的物质的量之比为2：1，与图像不符合，可知生成的硫单质应为S2，可得反应方程式为：4CO＋2SO24CO2＋S2；
（3）①由流程信息可知Na2CO3溶液中通入含SO2的烟气，反应生成，同时生成二氧化碳气体，反应离子方程式为：2SO2++ H2O =2+CO2；
②证明亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4可通过检验硫酸根离子确定，实验方案为：取少量亚硫酸钠粗品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，先滴加稀盐酸至不再产生气体，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有Na2SO4。
17．(1)减小固体颗粒粒径（或增大固体表面积），提高焙烧速率
(2)
(3)降低多钒酸铵的溶解度，减少损失
(4)6
(5)NH3（或氨水）、有机溶剂P204
(6)
【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序pH低于7.0，铁将还原为，发生反应 ，且溶液中铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将其转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5；
【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率；
（2）加铁粉还原，该工序pH低于7.0，酸性条件i型啊铁将还原为，铁化合价由0变为+2、V化合价由+5变为+4，结合电子守恒可知，发生反应；
（3）多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解度，减少损失；
（4）反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将其转化为，氯被还原为-1价氯，结合电子守恒可知，，每消耗 (为1mol)，可得到为6mol；
（5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点；分析“煅烧”过程，铵盐分解有氨气放出，可知NH3(或氨水)在流程中也可循环使用；故流程中可循环使用的物质有NH3（或氨水）、有机溶剂P204；
（6）
由表可知，为了便于铁和锰元素分离，需要将亚铁离子氧化为铁离子，通过加入锰的氧化物消耗酸调节pH使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去铁，故流程为：。
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