高一下学期第二次月考化学试题及解析

一、选择题

1．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H2 2.24L （标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。混合物中单质Fe的质量为（）

A．5.6g B．8.4g C．11.2g D．16.8g

【答案】C

【详解】

铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成 H2的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

0.1mol 0.1mol 0.1mol

设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：

Fe+Fe2O3+3H2SO4=3Fe S O4+3H2O

x mol x mol 3x mol

由题意可知：（x+0.1）mol×56g/mol+x mol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m （Fe2O3）=0.1 mol×160 g?mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。

2．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

【答案】A

【详解】

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。

3．下列实验操作、现象及结论正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

A．Na2CO3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SO24-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SO24-，故D错误；

答案选B。

4．下列说法不正确

．．．的是( )

A．生铁和钢都是铁和碳的合金B．氯化钙是漂白粉的有效成分

C．玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D．氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料

【答案】B

【详解】

A．生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正确；

B．漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；

C．玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确；

D．氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料，D正确；

故合理选项是B。

5．下列离子的检验方法及对应结论正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

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；

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；

故选B。

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】C

【详解】

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。

7．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为

A．2mol/L B．1.8mol/L C．2.4 mol/L D．3.6 mol/L

【答案】A

【详解】

试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物

质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。

8．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

A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+

B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：H++OH-=H2O

C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+

D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．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

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。

9．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）

A．制备并观察氢氧化亚铁

B．证明过氧化钠与水反应放热

C．制备并收集少量NO2气体

D．实验室制备少量氨气

【答案】C

【解析】

【详解】

A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；

B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；

C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；

D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；

答案选C。

10．有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。通过足量Na2O2后，体积变为30mL，则该气体可能为（）

A．CO2为20mL，NH3为30mL B．NH3为40mL，O2为10mL

C．CO2为30mL，O2为20mL D．CO2为40mL，O2为10mL

【答案】D

【解析】

试题分析：有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化，说明不含有NH3；通过足量Na2O2后，体积变为30mL，说明含有CO2气体，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2，根据方程式可知，每有2体积的CO2发生反应，气体的体积会减少1体积，则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL，则含有CO2的体积是40mL，反应产生的O2体积是20mL，还有10mL的O2，故选项D正确。考点：考查混合气体的组成与性质的知识。

11．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两

条途径分别对X进行如下实验探究．

下列有关说法不正确的是（）

A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2

B．无法判断混合物中是否含有Na2O

C．1.92 g固体成分为Cu

D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1

【答案】B

【解析】

途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，

A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；

B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；

C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；

D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、

Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得

x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；

【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．

12．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是( )

A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物

B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3

C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生

D．图中所示转化反应都是氧化还原反应

【答案】C

【详解】

A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，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．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；

D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；

答案选C。

【点睛】

解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。

13．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）

选

项

操作现象结论

A 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯

水，再滴加淀粉溶液

加入淀粉溶液

后溶液变蓝色

氧化性：Cl2＞I2

B将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中溶液变蓝铜与稀硝酸发生置换反应

C 向溶液X中滴加稀硝酸，再滴加

Ba（NO3）2溶液

出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-

D常温下将铝片放入浓硝酸中无明显现象铝与浓硝酸不反应

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

试题分析：A、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误。

考点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验

14．将11.2 g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21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（）

A．0.3 mol NO2和0.3 mol NO

B．0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4

C．0.6 mol NO

D．0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4

【答案】D

【分析】

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21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为

10.2g

＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的Mg—Cu提供的电子为0.6 mol，据此17g mol

分析；

【详解】

A. 生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol×(5－4)＋0.3 mol×(5－2)＝1.2 mol，得失电子不相等，A错误；

B. 生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol×(5－4)＋0.1 mol×2×(5－4)＝

0.4 mol，得失电子不相等，B错误；

C. 生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C错误；

D. 生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol×(5－2)＋0.2 mol×(5－4)＋0.05 mol×2×(5－4)＝0.6 mol，得失电子相等，D正确；

答案选D。

15．将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为

A．39.2g B．44.8g C．58.8g D．66.4g

【答案】C

【详解】

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为

0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×2

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4

g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+ 、Cu2+离子，

根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×

22.4

=1.8 mol 故Cu共提供的电子物

质的量为1.8-0.6=1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ；C正确；

故答案选C。

16．CuSO4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①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2

B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想

C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol

D．Y可以是葡萄糖

【答案】C

【详解】

A、根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2，选项A正确；

B、途径①③中均生成大气污染物，而②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。

17．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 mol·L－1。下列叙述不正确的是( )

A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗97.5 g Zn D．反应中共转移3 mol电子

【答案】B

【分析】

Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，

稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。

【详解】

生成气体的物质的量为

33.6

22.4/

L mol

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为

×1L×0.1mol/L=0.05mol，

参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，

设反应生成xmolSO2，ymolH2，

Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O

x 2x x

Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑

y y y

x+y=1.5

2x+y=1.8

解之得 x=0.3，y=1.2

所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。

A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；

B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；

C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确；D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。

故选B。

【点睛】

本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

18．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ()

A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+

B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的

D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+

【答案】C

【分析】

由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】

A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；

B项、因溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；

C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；

D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；

故选C。

【点睛】

根据实验现象和离子共存是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。

19．下列说法正确的是（）

A．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色

B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定

C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2

D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性

【答案】B

【详解】

A ．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A 错误；

B ．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B 正确；

C ．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe 3O 4和H 2，故C 错误；

D ．浓硫酸能将有机物中H 、O 元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D 错误；故答案为B 。【点睛】

氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。

20．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH 3 ②NO 2③HCl 和N 2 的4：5混合气体，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为 A ．①>②>③ B ．①＜②＜③

C ．①=②=③

D ．①＜②=③

【答案】C 【详解】

同温同压下，等体积的3NH 、HCl 、2NO 物质的量相等，设3NH 、HCl 、2NO 的物质的量均为1mol ，烧瓶体积为VL 。由2233NO H O 2HNO NO +=+可知生成3HNO 的物质的量为

2mol 3，生成NO 的物质的量为1

mol 3

，NO 难溶于水，则3HNO 的物质的量浓度为213/23

mol

mol L V V L =，3NH 和HCl 溶于水后溶液的物质的量浓度为1mol /L V ，因此

①=②=③，答案选C 。

21．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确．．．

的是（）

A．X是N2O5

B．可用排水法收集NO、NO2气体

C．由NO2→NO，无须另加还原剂也可实现

D．由NH3→N2，从理论上看，NH3可与NO2反应实现

【答案】B

【分析】

A．图象可知X为+5价对应的氮的氧化物；

B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；

C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；

D．氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价二者反应生成氮气；

【详解】

A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，A正确；B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排空气法收集NO气体，B错误；C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C正确；

D．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，D正确；

答案选B。

【点睛】

本题考查了氮元素及其化合物的性质、主要是个价态存在物质的氧化还原反应，掌握基础是解题关键，题目难度中等

22．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

【答案】B 【分析】

25.6g

(Cu)0.4mol 64g /mol

n =

=，

(H ) 4.0mol /L 0.1L 2 2.0mol /L 0.1L 1.0mol n +=??+?=，

3(NO ) 2.0mol /L 0.1L 0.2mol n -

=?=，则该反应的离子反应方程式为：

2323Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O +-+++=+↑+，于是得出：

3Cu ~8H ~2NO 3mol

8mol 2mol 0.4mol 1.0mol 0.2mol

，显然3NO -的物质的量不足，则按3NO -

的物质的量进行计

算；【详解】

A. 产生的0.2mol NO ，在标准状况下的体积是4.48L ，A 错误；

B. 反应后溶液中Cu 2+的物质的量浓度为

23233(NO )0.2mol

(Cu )22(Cu ) 3.0mol /L 0.1L 0.1L

n n c V -+

+?===== ，B 正确； C. 反应后溶液中H +

有剩余，则(H ) 1.0mol 0.8mol

(H ) 2.0mol /L 0.1L

n c V ++

-===，C 错

误；

D. 在反应后的溶液中有剩余的0.2mol H +，生成的0.3mol Cu 2，加0.8molNaOH 刚好在中和的基础上使Cu 2+完全沉淀，D 错误；答案选B 。

23．将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，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3mol·

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5.1g ，则下列有关叙述中正确的是 A ．加入合金的质量可能为9.6g

B ．沉淀完全时消耗NaOH 溶液体积为150mL

C ．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol

D ．溶解合金时产生NO 气体体积2.24L 【答案】C 【详解】

沉淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n (OH -)= 5.117/g g mol =0.3mol ，根据氢氧根离子守恒n [M(OH)2]=1

n(OH -)=

×0.3mol=0.15mol ，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol ；

A ．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A 错误；

B ．由氢氧根离子守恒得n (OH -)=n (NaOH)=0.3mol ，V (NaOH)=0.3mol

3mol /L

=0.1L=100mL ，故B

错误；

C ．根据转移电子守恒得起氧化作用的硝酸的物质的量=

0.15mol 2

?-=0.1mol ，根据金属原

子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n (HNO 3)=2n [M(NO 3)2]=2n (M)=0.15mol×2=0.3mol ，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol ，故C 正确； D ．由转移电子守恒得n (NO)=0.15mol 2

?-=0.1mol ，由于缺少标准状况这个条件，气体体

积无法计算，故D 错误；答案为C 。

24．下列有关S 和2SO 的叙述正确的是( ) A ．硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成3SO B ．空气吹出法提取海水中的溴常用2SO 作氧化剂 C ．将2SO 通入()32Ba

NO 溶液能生成白色沉淀

D ．2SO 具有漂白性，所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色【答案】C 【详解】

A ．硫粉在过量的氧气中燃烧也只能生成2SO ，A 不正确；

B ．空气吹出法提取海水中的溴，常用2SO 作还原剂，将溴还原为易溶于水的氢溴酸而富集，B 不正确；

C ．二氧化硫的水溶液显酸性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，因此，将2SO 通入()32Ba

NO 溶液能生成白色沉淀硫酸钡，C 正确；

D ．2SO 具有漂白性，所以能使品红溶液褪色，但是其能使高锰酸钾酸性溶液褪色不是因为其有漂白性，而是因为其有还原性，D 不正确。综上所述，有关S 和2SO 的叙述正确的是C 。

25．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

A ．

Fe 3+ 有氧化性

FeCl 溶液可用于回收旧电路板中的铜

B．SiO2有导电性SiO可用于制备光导纤维

C．氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好

D．铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。

考点：本题考查元素、化合物性质。

二、实验题

26．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略

NO，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成2

硝酸的氧化性强于稀硝酸。

可选药品：浓硝酸、3mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。

NO反应：

已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与2

2NO+2NaOH=NaNO+NaNO+H O。

2322

(1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是

_______________________________________。

(2)滴加浓硝酸之前的操作是检查装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后

_______________________________________。

(3)装置①中发生反应的化学方程式是____________________________________________。

(4)装置②的作用是_____________________，发生反应的化学方程式是

________________________________________。

(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是_________________________________________。【答案】3mol/L 稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液通入2CO 一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 33222Cu+4HNO ()=Cu(NO )+2NO +2H O 浓将

2NO 转化为NO 2233NO +H O=2HNO +NO 装置③中液面上方的气体仍为无色，装置

④中液面上方的气体由无色变为红棕色【分析】

（1）结合实验目的，根据装置特点分析各装置的作用，再根据物质的性质的判断；（2）装置中残存的空气能氧化NO 而对实验产生干扰；（3）Cu 与浓HNO 3反应生成Cu(NO 3)2、NO 2、H 2O ；（4）根据实验目的及装置图可知，装置②产生NO ；（5）根据对比实验与性质判断装置③、④的实验现象。【详解】

（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO ，装置⑥中盛放NaOH 溶液吸收NO 2，因为要验证稀HNO 3不能氧化NO ，所以装置③中应该盛放稀硝酸，④盛放浓硝酸，生成二氧化氮气体，应用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：3mol/L 稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；

（2）由于装置中残存的空气能氧化NO 而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO 3之前需要通入一段时间CO 2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO 气体逸出，故答案为：通入2CO 一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；

（3）装置①中是Cu 与浓HNO 3反应，所以反应的化学方程式是 Cu+4HNO 3(浓) =Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O ，故答案为：Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O ；

（4）根据实验目的，装置①中没有生成NO ，故装置②中可以盛放H 2O ，使NO 2与H 2O 反应生成NO ：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，故答案为：将2NO 转化为NO ；3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ；

（5）NO 通过稀HNO 3溶液后，若无红棕色NO 2产生，说明稀HNO 3不能氧化NO ，所以盛放稀HNO 3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之，装置④中盛放的是浓HNO 3，若浓HNO 3能氧化NO 则装置④液面的上方会产生红棕色气体，故答案为：④中液面上方气体变为红棕色，③中液面上方气体不变色。

27．硫及其化合物的“价-类”二维图如下：

（1）写出X、Y的化学式：____________、____________

（2）某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。（胶头滴管中为氯化钡溶液）

a.湿润的蓝色石蕊试纸

b.湿润的品红试纸

c.湿润的Na2S试纸

将硫粉点燃后伸入瓶中盖紧胶塞。

①湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体，说明硫的燃烧产物有___________性。

②湿润的品红试纸褪色说明了__________（填化学式）有__________性。

③湿润的蓝色石蕊试纸变红的原因____________________（用化学方程式表示）

④滴入氯化钡溶液，出现少量白色沉淀，写出白色沉淀的化学式____________。

（3）从“价-类”二维的角度，分析Z可能的化学性质：

①从物质类别的角度分析：具有________的通性。

②从化合价的角度分析：具有_________________________________________。

（4）根据二维图探究硫元素转化时，某同学预测出如下转化：2H2O+2S+3O2=2H2SO4，请问该同学分析物质转化缺少的思维角度是:__________。（填字母序号）

a.物质类别角度

b.化合价角度

c.化合价及类别两个角度

【答案】H 2S SO3氧化 SO2漂白 SO2+H2O H2SO3 BaSO4盐还原性 a

【分析】

（1）参照图给的价态与物质的对应关系，可以确定所给X、Y、Z三种物质分别为H2S、SO3、Na2SO3；

（2）硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红；二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色；二氧化硫具有氧化性，使湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体；二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀；

（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类；

②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价；

（4）由二维图可知， 2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中没有涉及氧气和水的类别分析。

【详解】

（1）由图可知，X、Y、Z分别为H2S、SO3，故答案为：H2S；SO3；

（2）①二氧化硫具有氧化性，与硫化钠溶液发生氧化还原反应硫，在湿润的硫化钠试纸上可观察到淡黄色固体硫生成，故答案为：氧化；

②二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色，故答案为：漂白；

③二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，反应的化学方程式为SO2+H2O H2SO3，故答案为：SO2+H2O H2SO3；

④二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：BaSO4；

（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类，具有盐的通性，故答案为：盐；

②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价，具有还原性，故答案为：还原性；

（4）由二维图可知， 2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中涉及了硫元素化合价的变化和硫转化为硫酸，没有涉及氧气和水的类别分析，a正确，故答案为：a。

【点睛】

二氧化硫和亚硫酸不能与氯化钡溶液反应，二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀是解答关键，也是易错点。

28．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应：2Na2S＋Na2CO3＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所示。

回答下列问题：

(1)a中试剂为__________，b中试剂为__________，c中试剂为____________________。

(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是______________。

(3)d中的试剂为__________________。

(4)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有________________(写出两条)。

(5)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是

__________________。

【答案】浓硫酸亚硫酸钠或亚硫酸氢钠硫化钠和碳酸钠混合溶液硫 NaOH溶液控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解【分析】

根据装置图可知，最左侧装置是制备SO2，中间装置用来制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)，右侧装置是尾气处理装置(吸收SO2)，故a、b、c、d中的试剂分别为75%的浓硫酸、亚硫酸钠或亚硫酸氢钠、硫化钠和碳酸钠混合溶液、NaOH溶液；影响化学反应速率的因素的因素有浓度、温度、滴加速度等。在实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等。

【详解】

（1）根据装置图可知，最左侧装置是制备SO2，中间装置用来制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)，右侧装置是尾气处理装置(吸收SO2)。仪器a是分液漏斗，里面盛装的是70%的浓硫酸，仪器b中的试剂是亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，c中的试剂为硫化钠和碳酸钠混合溶液；

（2）具有氧化性，SO2与S2-发生氧化还原反应生成S；

（3）d是尾气处理装置吸收SO2，所以d中盛放的试剂是NaOH溶液；

（4）控制SO2生成速率，可以采取控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度)的方法。

（5）实验中通入的SO2如果过量，溶液呈酸性，硫代硫酸钠遇酸易分解。

【点睛】

考查物质的制备原理、反应条件的控制、试剂的选择、现象的描述、方程式的书写的知识。

29．一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为：