高一(下)学期4月份 月考检测化学试题及答案

高一(下)学期4月份月考检测化学试题及答案

一、选择题

1．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是

选

项

实验操作及现象实验结论

A 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

B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳

C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2

4

SO-

D 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

4

NH+

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

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2

4

SO-，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4

NH+，故D正确；

答案为D。

2．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，H 2SiO 3＞H 2CO 3

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SiO 2+2NaOH=Na 2SiO 3+H 2O ；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O ，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SiO 2能与Na 2CO 3固体反应生成Na 2SiO 3和CO 2，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。

3．下列说法正确的是( )

A ．晶体硅常用于制造光导纤维

B ．碳酸钠常用于治疗胃酸过多

C ．明矾常用于自来水的消毒杀菌

D ．高压钠灯常用于道路和广场照明

【答案】D

【详解】

A ．二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A 错误；

B ．碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B 错误；

C ．明矾具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀菌，C 错误；

D ．高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D 正确；

故合理选项是D 。

4．下列反应在指定条件下能实现的是

A ．HClO ???→光照HCl

B ．Fe 2H O ???→高温Fe 2O 3

C ．S 2O ???→点燃SO 3

D ．S Fe

Δ??→Fe 2S 3 【答案】A

【详解】

A ．HClO 在光照条件下能发生分解，生成HCl 和O 2，A 正确；

B ．Fe 与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe 3O 4和H 2，B 不正确；

C ．S 在O 2中点燃，只能生成SO 2，不能生成SO 3，C 不正确；

D ．S 与Fe 在加热条件下反应，只能生成FeS ，D 不正确；

故选A。

5．一定量的锌与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A 33.6L（标况）。将反应液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是（）

A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1 C．反应中共消耗97.5g Zn D．反应中共转移3 mol电子

【答案】B

【分析】

生成气体的物质的量为33.6

22.4

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

1

2

=0.05mol，参加

反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。

【详解】

生成气体的物质的量为33.6

22.4

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

1

2

=0.05mol，参加

反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，

A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；

B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；

C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；

D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；

故答案选B。

6．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

a b c

A Al AlCl3Al(OH)3

B NO NO2HNO3

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

试题分析：A项：用Al(OH)3无法一步生成Al，故错。B项：可以。如2NO+O2=2NO2，

3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，

3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故正确。C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。D项：H2SO4无法一步生成FeS2，故错。故选B。

考点：无机推断

点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

7．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A．氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II 都正确；

B．氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；

C．酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；

D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。

8．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH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，则下列叙述中正确的是

A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL

B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol

C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L

D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g

【答案】B

【解析】

【分析】

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg （OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol =0.3mol。金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；

【详解】

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L =0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；

B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3 =0.4mol，B正确；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为

0.3mol÷3 =0.1mol。若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；

D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D 错误；

答案选B。

9．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为

A．n(SO2)/n(H2)=1/1 B．n(SO2)/n(H2)=4/1

C．n(SO2)/n(H2)=1/4 D．n(SO2)/n（H2）=3/2

【答案】A

【详解】

根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得

x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。

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．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）

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

12．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2→NF3 +3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。下列有关说法错误的是( )

A．NF3分子含有极性共价键B．NF3属于共价化合物

C．氧化剂与还原剂物质的量之比 3：1 D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子

【答案】D

【分析】

4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】

A．NF3分子中含有氮氟化学键，该化学键是极性共价键，故A不选；

B．NF3分子结构和NH3相似，都属于共价化合物，故B不选；

C．在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，氧化剂是氟气，还原剂是氨气，有方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比3：1，故C不选；

D．NH4F是离子化合物，为离子晶体，故D选；

故选：D。

13．在1L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol·L-1和1.5 mol·L-1，现向该溶液中加入39.2 g铁粉使其充分反应。下列有关说法正确的是

A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8 mol

B．反应后产生13.44 L H2（标准状况）

C．由于氧化性Fe3+>H+，故反应中先没有气体产生后产生气体

D．反应后溶液中Fe2＋和Fe3＋物质的量之和为0.9 mol

【答案】D

【分析】

硝酸铁和硫酸的物质的量分别为0.2摩尔和1.5摩尔，铁的物质的量为39.2/56=0.7mol，氧化性比较，硝酸氧化性最强，先反应，然后铁离子反应，最后氢离子反应。

Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O

1 4 1 1

0.6 2.4 0.6 0.6

Fe+2Fe3+=3Fe2+

1 2 3

0.1 0.2 0.3

铁完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6mol铁离子，0.3摩尔亚铁离子。

【详解】

A．反应后溶液中铁离子为0.6mol，错误，不选A；

B．没有产生氢气，错误，不选B；

C．先硝酸反应，错误，不选C；

D．铁离子与亚铁离子物质的量和为0.9mol，正确，选D。

答案选D。

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．铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）下降了0.2mol/L，则C（H+）下降A．0.2mol/L B．0.8mol/L C．0.6mol/L D．0.4mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】

由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:8，所以当c（NO3-）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确，选B。

【点睛】

本题解题的关键是理解反应的实质，即能知道根据离子方程式求解。典型错误就是根据化学方程式求解，因为参加反应的硝酸中，有一部分（四分之三）硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO 。

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（ ）

A ．6：4：3

B ．1：1：1

C ．2：3：4

D ．3：7：6

【答案】A

【详解】

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2442Fe H SO FeSO H +=+ 、223222Si NaOH H O Na SiO H ++=+↑ ，Fe 、Si 的物质的量比一定为2:1，故A 正确。

17．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)=0.3×23

=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Al 3+ 、 Cu 2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×

322.4=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 。

18．CuSO 4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。

19．一定量的锌与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

L mol

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为

1

2

×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。

20．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Fe3O4和H2，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。

21．如图装置可以达到实验目的的是

选

实验目的X中试剂Y中试剂

项

A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

B用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液浓硫酸

C用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液浓硫酸

D CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【分析】

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。

【详解】

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．某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：

下列说法不正确．．．

的是（ ） A ．溶液1中不可能含有Cl -

B ．气体1可能是二种气体的混合物

C ．固体1可能是二种固体的混合物

D ．固体X 中，K 2SO 4和Na 2SO 3两种物质至少含一种

【答案】D

【详解】

固体X 可能含有Na 2O 2、Fe 2O 3、Al 2O 3、SiO 2、K 2SO 4、Na 2SO 3、NH 4NO 3、MgCl 2中的一种或几种物质，Fe 2O 3、Al 2O 3、SiO 2都难溶于水且与水不反应，K 2SO 4、Na 2SO 3、NH 4NO 3、MgCl 2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X 中一定含有Na 2O 2，Na 2O 2与水的反应为2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑，过氧化钠与水反应放热；

A.因为MgCl 2与NaOH 反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl ，Mg(OH)2不溶于NaOH 溶液，而固体X 中加入足量水得到的固体1能与NaOH 溶液反应得到溶液2，故固体1中不含Mg(OH)2，X 中不含MgCl 2，溶液1中不可能含Cl -，A 正确；

B.若X 中还含有NH 4NO 3，则固体X 加入足量水后还会发生反应：

NH 4NO 3+NaOH ΔNaNO 3+NH 3↑+H 2O ，气体1可能是O 2、NH 3的混合物，B 正确；

C.若X 中还同时含有Al 2O 3、SiO 2，X 与足量水反应后可能溶解部分Al 2O 3、SiO 2，还有未溶解的Al 2O 3、SiO 2在固体1中，Al 2O 3、SiO 2都能溶于NaOH 溶液，C 正确；

D.溶液1中加入盐酸/BaCl 2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO 42-、SiO 32-等，即溶液1中不一定含SO 42-，则原固体X 中不一定含有K 2SO 4、Na 2SO 3，D 错误；

答案选D 。

23．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 。

24．下列有关含硫物质转化判断正确的是( )

A ．0.1molCu 与足量的硫充分反应，生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g

B ．如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。B 中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO 2

C ．Cu 投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H 2O 2溶液，金属Cu 逐渐溶解，反应中H 2O 2起催化作用

D ．25.0mL0.100mol?L -1的Na 2S 2O 3溶液恰好把224mL(标况)Cl 2转化为Cl -，则S 2O 23-将转化为S

【答案】A

【详解】

A ．2Cu+S =?Cu 2S ，0.1mol 铜和足量的硫充分反应，生成物的质量增加△m =m (S)=

12n (Cu) ×32g/mol=12

×0.1mol×32g/mol=1.6g ，故A 正确； B ．由题中图示可知，B 中盛装的是浓硫酸，若是干燥SO 2，装置中导管应该长进短出，所以该装置不符合洗气要求，是为了实验安全的作用，故B 错误；

C ．铜投入稀硫酸中加热，没有明显现象，加入一定量的过氧化氢溶液，金属铜逐渐溶解，反应中过氧化氢起氧化剂作用，发生的反应为Cu+H 2O 2+H 2SO 4=CuSO 4+2H 2O ，故C 错误；

D ．25.0mL0.1mol/L 的Na 2S 2O 3溶液恰好把224mL(标况)Cl 2转化为Cl -，则

n (Cl 2)=0.224L 22.4L /mol

=0.01mol ，转移电子为0.02mol ，n (Na 2S 2O 3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol ，设S 元素的化合价由+2价失电子变为x 价，根据得失电子相等，则0.0025mol×2×(x -2)=0.02mol ，解之x =+6，Na 2S 2O 3转化为Na 2SO 4，故D 错误；

答案为A。

25．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8 g B．53.6 g C．46.8 g D．43.2 g

【答案】C

【解析】

试题分析：Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n(e-)=0.3mol×4=1.2mol。当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m(OH-

)=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

二、实验题

26．亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为－5.5℃，遇水和潮气分解。

回答下列问题：

（1）NO与Cl2在通常条件下可反应得到NOCl。某实验小组用浓盐酸与MnO2反应制C12，Cu和稀HNO3制NO。

①制取NO的离子方程式为________________________

②选用下列部分装置预制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为____(气流方向从左至右)。

（2）文献中记录的一种利用浓盐酸和NaNO2浓溶液反应制取NOCl的原理及装置如下所示：

反应原理：NaNO2＋2HCl＝NOCl↑＋NaCl＋H2O。制取装置图：

①仪器X的名称为_______，用它代替分液漏斗的优点是_________________

②装置C的U形管中观察到的现象是____________，装置D的作用是_________

（3）取少量产品NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，NOCl与水反应的化学方程式为___________________

【答案】3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O b→e→f→i→h→d→c→g 恒压分液漏斗

便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中有红褐色液体生成防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体 3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑

【分析】

（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；

②浓盐酸与MnO2共热反应制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，应用饱和食盐水除去氯气，用酸性干燥剂干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，并用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，防止污染空气；

（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；

②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，温度低于－5.5℃时会冷凝变为红褐色液体；注意亚硝酰氯遇水和潮气分解，冷凝收集时要注意防止水蒸气进入U形管中；

（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体；

【详解】

（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为

3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O；

②浓盐酸与MnO2共热反应制得C12，制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为b→e→f→i→h→d→c→g，故答案为b→e→f→i→h→d→c→g；

（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中，故答案为恒压分液漏斗；便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；

②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，装置C中冰盐水的作用是冷凝亚硝酰氯，则U 形管中可收集到红褐色亚硝酰氯液体；因亚硝酰氯遇水和潮气分解，则装置D中碱石灰的

作用是防止水蒸气进入U形管中，导致亚硝酰氯遇水和潮气分解，同时吸收尾气中NOCl 等酸性气体，故答案为有红褐色液体生成；防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体；

（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体，反应的化学方程式为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑，故答案为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑。

【点睛】

亚硝酰氯沸点低，遇水和潮气会分解，制备和收集时，应注意防止亚硝酰氯与水蒸气接触是解答关键，也是易错点。

27．某化学课外活动小组设计实验探究氨的催化氧化。检查装置气密性后，先将C处铂丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯。部分实验现象如下：C处铂丝继续保持红热，F处铜片逐渐溶解。

（1）装置A中使用的药品是NHHCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管橡胶塞和__(填选项序号)。

a.锥形瓶

b.酒精灯

c.烧瓶

d.蒸发皿

（2）装置B的作用是___。

（3）装置C中发生反应的化学方程式为__。

（4）该装置存在的主要缺陷是__。

（5）如图所示的E装置可防止F中溶液倒吸进入D中，请在图中画出装置E中的导气管。___

（6）若进入F装置的物质成分和质量一定，可向F中加入下列物质中的__(填字母)使铜片溶解的质量增多。

A．Na2CO3 B．NaCl C．CuSO4 D．H2SO4

（7）乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图2所示装置(其余部分相同)进行实验。烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是__，U型管中加入的试剂是__。

【答案】b 与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气

4NH3+5O24NO+6H2O 缺少尾气处理装置或 D 浓氨水碱石灰

(或氢氧化钠)

【分析】

若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，酒精灯加热生成氨气、水、二氧化碳，B中过氧化钠可除去水、二氧化碳，并生成氧气（或A、B中改为过氧化钠与氨水制备气体、碱石

灰干燥后通入C 中），C 中发生4NH 3+5O 24NO+6H 2O ，D 中浓硫酸吸收多余的氨气、且吸收水，E 可防止F 中溶液倒吸进入D 中，则E 中连接D 的为短导管，NO 与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，则F 中发生3Cu+8H ++2NO 3-

═3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，可溶解更多的Cu ，图中缺少尾气处理装置，以此来解答。

【详解】

（1）若装置A 中使用的药品是NH 4HCO 3固体，则A 需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和酒精灯，故答案为：b ；

（2）装置B 的作用是与水和二氧化碳反应，产生C 中所需的反应物氧气；

（3）装置C 中发生反应的化学方程式为4NH 3+5O 2

4NO+6H 2O ；

（4）该装置存在的主要缺陷是缺少尾气处理装置； （5）装置E 要防倒吸，故E 中的导气管为或；

（6）F 中发生的反应是铜和稀硝酸的反应,反应的离子方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-═3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，，反应中消耗的氢离子物质的量大于硝酸根离子的物质的量，所以向溶液中只要加入氢离子，就可以溶解更多的铜，所以应该加入硫酸，故答案为D ； （7）将甲小组的装置中A 、 B 部分换成图中装置（其余部分相同）进行实验，烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；U 型管中加入试剂是碱石灰(或氢氧化钠)。

28．胆矾(42CuSO 5H O ?)是一种重要的硫酸盐，在生产工业中应用广泛。以下是一种实验室制备胆矾的流程：

(1)若Ⅹ是浓硫酸，“酸浸”时加热会生成一种有毒的无色气体，该气体是_________(填化学式)。

(2)若X 是稀硫酸和稀硝酸的混合酸，常温下“酸浸”会生成另一种有毒的无色气体，该气体遇空气变红棕色，则“酸浸”时的离子方程式为________。

(3)“过滤”时用到的玻璃仪器有烧杯、_________和_________。

(4)“结晶”时的操作为_________、冷却结晶。

(5)实验室可采用沉淀法测定所得胆矾晶体中42CuSO 5H O ?的含量，经加水充分溶解，加入足量2BaCl 溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，最后得到沉淀28g (约0.12mol )。在过滤前，需要检验2-

4SO 是否沉淀完全，检验方法是：静置后，向上层清液中__________，该实

验流程获得胆矾的产率为_________。

(6)为确定用浓硫酸“酸浸”可能产生的气态氧化物，设计如下实验：

用集气瓶收集两瓶气体，倒置在水槽中，分别缓慢通入适量2O 或2Cl ，如下图所示。 一段时间后，观察到以下现象：

①装置A 中集气瓶里总是还有气体，装置B 中集气瓶充满溶液；

②水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入2O 或2Cl 后，实验现象均为红色由浅变深。 请写出B 中通入氯气的化学方程式____________________。

【答案】2SO -2323Cu 8H 2NO 3Cu 4H O 2NO ++++=++↑ 漏斗 玻璃棒 蒸发浓

缩 滴加少量2BaCl 溶液，若无沉淀产生，则证明2-

4SO 沉淀完全 60% 22224SO Cl 2H O H SO 2HCl ++=+

【分析】

铜粉经酸浸后得到硫酸铜溶液，经过滤1除去不溶性杂质，再将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶，析出42CuSO 5H O ?晶体，经过滤2，得到42CuSO 5H O ?晶体，并根据物质的性质、守恒关系进行分析解答。

【详解】

(1)浓硫酸与铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、2SO 和水，则该有毒的无色气体是2SO ；

(2)若X 是稀硫酸和稀硝酸的混合酸，常温下“酸浸”会生成另一种有毒的无色气体，该气体遇空气变红棕色，则该气体为NO ，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应

的离子方程式为-2323Cu 8H 2NO 3Cu 4H O 2NO ++++=++↑；

(3)“过滤”时用到的玻璃仪器除了烧杯，还有漏斗和玻璃棒；

(4)硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，析出42CuSO 5H O ?晶体，再经过滤2，得到42CuSO 5H O ?晶体；

(5)实验室可采用沉淀法测定所得胆矾晶体中42CuSO 5H O ?的含量，经加水充分溶解，得到硫酸铜溶液，加入足量2BaCl 溶液，生成4BaSO 沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量，最后得到4BaSO 沉淀约0.12mol ，根据元素守恒可知，胆矾晶体中42CuSO 5H O ?的实际产量为0.12mol ，又铜粉的质量为12.8g ，即铜的物质的量为0.2mol ，42CuSO 5H O ?的理论产量为0.2mol ，故该实验流程获得胆矾的产率为0.12100%=60%0.2

?；在过滤前，需要检验2-

4SO 是否沉淀完全，检验方法是：静置后，向上层清液中滴加少量

2BaCl 溶液，若无沉淀

产生，则证明2-

4SO 沉淀完全；

(6)A 装置中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，滴加几滴紫色石蕊试液，观察到的现象是紫色溶液变红，再通入氧气，发生反应2SO 2+O 2+2H 2O=2H 2SO 4，酸性增强，红色由浅变深；B 装置中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，滴加几滴紫色石蕊试液，观察到的现象是紫色溶液变红，再通入氯气，发生反应22224SO Cl 2H O H SO 2HCl ++=+，酸性增强，红色由浅变深。

【点睛】

第(2)、(6)问分别书写化学方程式、离子方程式难度不大，但是学生们仍然容易出错，就是错写成离子方程式或化学方程式。学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，提醒自己是写化学方程式还是离子方程式。

29．已知SiO 2、SO 2和CO 2都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性；Mg 和Na 的化学性质也具有一定的相似性。

Ⅰ．用上图所示装置进行Mg 和SO 2的实验，其中A 是制备SO 2的发生装置。用80%的H 2SO 4溶液与Na 2SO 3固体制取SO 2 。

（1） 写出装置B 中发生的主要反应的化学方程式_____________________。装置C 中NaOH 溶液的作用是___。

（2）你认为该装置不足之处是什么？__________________________只要答出两点即可）。 Ⅱ．某研究性学习小组进行了“实验室制Si ”的研究，它们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的信息：①工业上在高温时用C 还原SiO 2可制得Si ②Mg 在点燃的条件下即可与SiO 2反应 ③金属硅化物与稀H 2SO 4反应生成硫酸盐与SiH 4④Si 和SiO 2均不与稀H 2SO 4反应 ⑤SiH 4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“……选用合适的物质在适宜的条件下充分反应；再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量……在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”。 （3） 该小组“实验室制Si ”的化学方程式是

______________________________________。

（4）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是____________。

【答案】3Mg+SO 2 = 2MgO+MgS 吸收多余的SO 2，防止污染环境 在A 和B 之间没有连接一干燥装置；C 装置未与大气相通；在镁下方未垫一不锈钢片，镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置 2Mg+SiO 2Δ2MgO+Si 金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与