高一第二学期4月份 月考检测化学试题含解析

高一第二学期4月份月考检测化学试题含解析

一、选择题

1．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是

A．沉淀X的成分是SiO2

B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3

C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3

D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+

【答案】A

【分析】

金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y 中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。

【详解】

A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；

B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；

C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；

D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是

Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；

答案选A。

2．一定条件下，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。

3．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。

4．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SO 24-

时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl 2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl 也可能是BaSO 4，不能说明含有SO 24-

，故D 错误； 答案选B 。

5．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 。

6．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 。

7．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

AlCl 3

Al(OH)3

B NO NO2HNO3

C Si SiO2H2SiO3

D S SO2H2SO4

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。

8．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。则下列说法不正确的是

A．原合金中含0.1mol Fe、0.15mol Cu

B．25.4g沉淀为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物

C．气体X中含0.3 mol NO、0.1 mol NO2

D．气体X中含0.3 mol NO2、0.1 mol NO

【答案】C

【解析】

试题分析：铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设合金中有xmol Fe、ymol Cu，，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1mol Fe、0.15mol Cu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3 mol NO、0.1 mol NO2，故C错误。

考点：本题考查化学计算。

9．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．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。

10．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。

11．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。

12．能正确表示下列反应的离子方程式是( )

A．在硫酸亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO-

＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO2-3

3

C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O

D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO-3=CaCO3↓+H2O

【答案】A

【详解】

A．氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；

B．过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉，正确的离子方程式为NH+4+HCO-3＋Ba2++2OH-

=BaCO3↓+NH3·H2O+ H2O，故B错误；

C．硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为

3Fe(OH)2+NO 3

+10H +=3Fe 3++8H 2O+NO↑，故C 错误；

D ．小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca 2++2OH -+2HCO -3=CaCO 3↓+H 2O+CO 2-

3，故D 错误； 综上所述答案为A 。

13．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是

A ．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

B ．加水溶解，用pH 试纸测溶液的酸碱性

C ．加入NaOH 溶液，加热，再滴入酚酞试液

D ．加入NaOH 溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝 【答案】D 【详解】 利用离子反应：

，即加入NaOH 溶液后加热会生成NH 3，NH 3是

一种碱性气体，溶于水生成NH 3.H 2O 显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D 。

14．在容积为672 mL 的烧瓶中充满NO 和NO 2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL 氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是( ) A ．总反应为NO ＋NO 2＋O 2＋H 2O===2HNO 3 B ．总反应为4NO ＋8NO 2＋5O 2＋6H 2O===12HNO 3 C ．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 mol·L －1 D ．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060 mol·L －1 【答案】B 【分析】

利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。 【详解】

标准状况下672mL 的混合气体：n （NO ）+n （NO 2）=0.67222.4L /mol

L

=0.03mol ，

（O 2）=

0.28L

22.4L /mol

=0.0125mol ，

由得失电子守恒可知3n （NO ）+n （NO 2）=4n （O 2）， 解之得n （NO ）=0.01mol ，n （NO 2）=0.02mol ，

所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，

由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。

水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为：

0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。ACD项错误，B项正确；

答案选B。

【点睛】

这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。

15．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是

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

SO-，故C错误；

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

NH+，故D正确；

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

答案为D。

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．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H 2SO 4与HNO 3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 ．1molCuSO 4在1100℃所得混合气体X 中O 2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 ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O 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 。

18．下列物质转化在给定条件下不能实现的是 A ．S SO 3H 2SO 4 B ．SiO 2Na 2SiO 3(aq) H 2SiO 3(胶体) C ．Fe

FeCl 3

FeCl 2(aq)

D ．Al 2O 3

NaAlO 2(aq)

AlCl 3(aq)

【答案】A 【详解】

A 、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，故A 错误；

B、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O ，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，故B正确；

C、2Fe+3Cl2=2FeCl3,2FeCl3+Fe=3FeCl2，故C正确；

D、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸生成三氯化铝，故D 正确；

故选A。

19．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

20．铜与200mL 一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO 和NO 2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol /LNaOH 溶液和1molO 2，则下列说法正确的是 A ．生成NO 2的物质的量为0.9mol B ．生成CuSO 4的物质的量为2mol C ．原溶液中硝酸的浓度为2.5mol /L D ．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应

【答案】B 【分析】

根据题目，原溶液中NO 3-完全反应，设生成xmol NO ，ymolNO 2，整个过程涉及化合价变化有Cu （0→+2）N (+5→+2,+5→+1），通入O 2涉及化合价变化有O (（0→-2）

N (+2→+5,+1→+5），则O 2转移的电子与Cu 转移的电子相同，1molO 2转移4mol 电子，可参与反应的Cu 的物质的量为2mol ，得到CuSO 4的物质的量为2mol 。根据化合价升价守恒有3x +y =4；气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2molNaOH 溶液，有x +y =2.2，可得x =0.9，y =1.3，则原来硝酸的物质的量2.2mol ，原溶液体积是200mL ，浓度为11mol /L 。 【详解】

A .根据分析，生成NO 的物质的量为0.9mol ，NO 2的物质的量为1.3mol ，A 项错误；

B . 根据分析，生成CuSO 4的物质的量为2mol ，B 项正确；

C . 根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11mol /L ，C 项错误；

D . 铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，D 项错误； 答案选B 。

21．某100mL 混合溶液中，H 2SO 4和HNO 3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Cu 2+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Cu 2+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：

3

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 。

22．将18.0 g 由Cu 、Al 、Fe 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，合金质量减少了5.4 g 。另取等质量的合金溶于过量稀HNO 3中，生成了8.96 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，则沉淀的质量为 A ．22.8 g B ．25.4 g

C ．33.2g

D ．无法计算

【答案】A 【详解】

将18.0克由Cu 、Al 、Fe 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的5.4克为Al ，物质的量为

5.4g

=0.2mol 27g/mol

；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生

成Al 3+、Fe 3+、Cu 2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为

8.96L

×3=1.2mol 22.4L/mol

，其中0.2mol 铝完全反应失去0.6mol 电子，则Cu 、Fe 完全反应失

去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol ，反应中Cu 、Fe 失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n (OH -)=0.6mol ，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g ，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了5.4g ，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g ，答案选A 。

23．某溶液中可能含有H +、NH +

4、Mg 2+、 Al 3+、Fe 3+、CO 2-3、SO 2-

4、NO -

3中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH 的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是( )

A．溶液中一定含有NH+

4

B．溶液中一定含有Al3+

C．溶液中一定含有NO-

3D．溶液中一定含有SO2-

4

【答案】C 【分析】

某溶液中可能含有H+、NH+

4、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO2-

3

、SO2-

4

、NO-

3

中的几种。①若加入锌

粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO-

3

；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系示意图可知，

一定有Mg2+、Al3+和NH+

4，则根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以判断，一定没有CO2-

3

和Fe3+。根据溶液电中性可知，一定有SO2-

4

。

【详解】

A. 沉淀达到最大量之后，即加入NaOH的物质的量在0.5mol~0.7mol之间时，沉淀既没有

增加也不有减少，说明溶液中一定含有NH+

4

，A说法正确；

B. 加入NaOH的物质的量在0.7mol~0.8mol之间时，沉淀的量逐渐减少，说明溶液中一定含有Al3+，B说法正确；

C. 加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO-

3

，因为若有

NO-

3

，会产生有刺激性气味的氮的氧化物，C说法不正确；

D. 溶液中一定存在H+、NH+

4、Mg2+、Al3+，一定没有CO2-

3

和NO-

3

，由于溶液呈电中性，所

以，溶液中一定含有SO2-

4

，D说法正确。

本题选C。

24．白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验（已知Ag2SO4可溶于硝酸）。

①A溶于足量水，最终得到无色溶液B和固体C

②固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D，蓝色溶液E和固体F

下列推断不正确的是

A．无色溶液B的pH≥7

B．固体F中有H2SiO3

C．混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3

D．溶液B加HNO3酸化，无沉淀；再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则A中有KCl

【答案】C

【分析】

由实验可知，混合物加水得到无色溶液B和固体C，且固体C不能完全溶解于硝酸中，不溶于硝酸的只有H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含有Cu2＋，则溶液A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4；无色溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含有KCl、CaCO3。

【详解】

A．溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠和硅酸钠，因此溶液B可能是中性或碱性，故pH≥7，A正确，不选；

B．根据分析，硅酸不溶于硝酸，则F中含有H2SiO3，B正确，不选；

C．根据分析，A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含有KCl、CaCO3，C 错误，符合题意；

D．无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀，可排除Na2SiO3，再滴加AgNO3，有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl，说明A中含有KCl，D正确，不选；

答案选C。

25．将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是

A．5︰3 B．2︰3 C．1︰1 D．2︰1

【答案】C

【详解】

设NO2体积为x mL

223

3NO+H O=2HNO+NO V

32

x60-40

?

3 x

=

2 6040

-

x=30 mL

混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。

二、实验题

26．不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气．为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验(实验时压强为101kPa，温度为0℃)．

(1)若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与cmol/LH2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是___________。

A．200mL B．400mL C．500mL

(2)若1.30g锌粒完全溶解，测得盛氢氧化钠溶液的洗气瓶增重1.28g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为________。

(3)若烧瓶中投入ag锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg量气管中收集到VmL气体，其

依据得失电子守恒的原理，可得出a 、b 、V 之间的关系为：是________。

(4)若在烧瓶中投入dg 锌，再加入VLcmol/L 浓硫酸，充分反应后锌有剩余，测得盛氢氧化钠溶液的洗气瓶增重mg ，则整个实验过程产生的混和气体中H 2和SO 2物质的量之比

()()22n H n SO =________(用含字母的代数式表示)．若撤走盛有无水氯化钙的U 型管，

()

()

22n H n SO 的比值将________(填偏大、偏小或无影响)。 【答案】C Zn+2H 2SO 4(浓)

?

ZnSO 4+SO 2↑+2H 2O

ag bg VmL

=+65g/mol 64g/mol 22400mL/mol

64cV-2m

m 偏小 【分析】

结合Zn 与浓硫酸和稀硫酸反应生成的气体产物SO 2和H 2的性质，根据原子守恒和电子守恒分析解题。 【详解】

(1)1.30g 锌的物质的量为 1.30g

65g /mol

=0.02mol ，由Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑可知反应中生成的

H 2的物质的量为0.02mol ，其在标准状况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL ，则量气管的规格应该选500mL ，故答案为C ；

(2)氢氧化钠是碱，能吸收酸性气体，氢氧化钠洗气瓶增重说明有酸性气体生成，当锌和硫酸反应时，锌作还原剂，硫酸作氧化剂，被还原为二氧化硫，由(1)计算可知，1.30g 锌和硫酸反应若只生成二氧化硫，共生成0.02mol ，质量为0.02mol×64g/mol=1.28g ，与氢氧化钠增重的质量一致，故发生反应的化学方程式为Zn+2H 2SO 4(浓)

?

ZnSO 4+SO 2↑+2H 2O ；

(3)根据氧化还原知识或根据化学方程式，1 mol 锌无论用来产生SO 2还是产生氢气，都是1mol 锌对应1 mol 气体，根据氧化还原反应中得失电子数相等可得：

ag 65g /64/22400/bg VmL

mol g mol mL mol

=+；

(4)

24422Zn 2H SO ()ZnSO +SO +2H O

2mol 1mol m m mol mol 32

64

+?↑浓

则生成二氧化硫需要的硫酸为

32

m

mol ； 2442Zn H SO ZnSO +

H 1mol 1mol m

m

(cV )mol (cV )mol 32

32

+

=↑-

-

则：() (

)22

n H

n SO

=

m

(cV)mol

32

m

mol

64

-

=

64cV-2m

m

；若撤走盛有无水氯化钙的U型管，混合气体中

的水蒸气进入氢氧化钠溶液，导致洗气瓶增重量增大，所以计算时二氧化硫的物质的量增大，氢气与二氧化硫的物质的量之比偏小。

【点睛】

考查浓硫酸的性质，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

27．NH3及其盐都是重要的化工原料。

（1）用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为__。（2）按如图装置进行NH3性质实验。

①先打开旋塞1，B瓶中的现象是___，原因是___，稳定后，关闭旋塞1。

②再打开旋塞2，B瓶中的现象是____。

【答案】A、C、G 有白烟生成 A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟液体进入B瓶中，溶液的颜色变红

【分析】

（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸；

（2）由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生

成氯化铵，产生大量的白烟，稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氮气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶。

【详解】

（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，应选择装置A制备氨气，氨气为易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，需用向下排空气法收集，应选择装置C收集氨气，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，倒扣的漏斗边缘浸入水中能防止倒吸，应选装置G进行尾气处理，故答案为：ACG；（2）①由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，故答案为：有白烟生成；A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟；

②稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶，氯化铵溶液呈酸性，溶液变为红色，故答案为：液体进入B瓶中，溶液的颜色变红。

【点睛】

由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶是分析关键。

28．一定温度下，无水硫酸铜粉末为受热分解生成CuO和气体A。气体A为SO2、SO3和O2中的一种或几种。请回答：

（1）只用一种试剂就能证明气体A中是否含有SO2，该试剂可以是__________；

a. 石蕊溶液

b. 品红溶液

c. 氯化钡溶液

d. 酸性高锰酸钾溶液

（2）对气体A的合理组成进行如下假设：

①只有SO3一种气体；②只有两种气体；③三种气体都有

若假设②成立，写出无水硫酸铜受热分解的反应方程式___________；

（3）若气体A中SO2、SO3和O2都有，用如图所示装置定量测定经NaOH溶液吸收后剩余气体体积（气体体积最后换算为标准状况）。

①装置的连接顺序为____________；（用字母表示）；

②实验中测定的是_________气体的体积；

③实验发现测定结果比理论值明显偏低，其原因是___________。

【答案】BD 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑a→c，b→d O2发生

2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，导致氧气被部分吸收，测定结果偏低

【分析】

(1)二氧化硫具有漂白性和还原性；

(2)假设②成立，则无水硫酸铜粉末受热分解生成CuO、SO2和O2；

(3)实验时，a连接c，b连接d，可测定氧气的体积，用NaOH溶液吸收气体时，可能发生2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，以此解答该题。

【详解】

(1)二氧化硫具有漂白性和还原性，则可用品红或高锰酸钾溶液检验二氧化硫，故答案为bd；

(2)假设②成立，则无水硫酸铜粉末受热分解生成CuO、SO2和O2，方程式为

2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

(3)①实验时，a连接c，b连接d，可测定氧气的体积，故答案为a→c，b→d；

②氢氧化钠溶液吸收二氧化硫、三氧化硫，量筒用于测量氧气的体积；

③用NaOH溶液吸收气体时，可能发生反应2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，导致氧气被部分吸收，测定结果比理论值明显偏低。

【点睛】

解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

29．亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5 ℃，沸点：－5.5 ℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：

为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。

装置Ⅰ

装置Ⅱ

烧瓶中分液漏斗中

制备纯净的Cl2MnO2①________②________

制备纯净的NO Cu③________④________（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：

①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。

②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。

③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。

④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。

（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。

【答案】浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f（或f→e）→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入反应器 NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2O HNO3(浓)＋

3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O

【详解】

(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。

(2)已知NOCl沸点为-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。

(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。

【点睛】

本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。

30．氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组利用下图装置探究氨气的有关性质。

(1)装置A中烧瓶内试剂可选用________(填序号)，B的作用是________________。

a．碱石灰 b．生石灰 c．浓硫酸 d．烧碱溶液

(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先________(填Ⅰ或Ⅱ)。

Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水

Ⅱ.加热装置C

(3)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为_____________________________________________；该反应证明氨气具有________性。

(4)该实验缺少尾气吸收装置，上图中能用来吸收尾气的装置是________(填装置序号)。

(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24 L的氨气溶于水配成1 L溶液，所得溶液的物

质的量浓度为________ mol·L－1。

【答案】ab 吸收水蒸气干燥氨气Ⅰ 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 还原Ⅱ、Ⅲ 0.1 【详解】

（1）A装置制备氨气，利用浓氨水受热易挥发的特点，烧瓶中盛放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体，因此ab正确；B装置的作用是干燥氨气；

（2）先通一段时间的氨气，排除装置中的空气，然后点燃酒精灯，故I正确；

（3）CuO变红说明转化成铜，无水硫酸铜变蓝，说明产生H2O，因此反应方程式为

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，氨气中N的化合价升高，被氧化，作还原剂；

（4）氨气极易溶于水，防止倒吸，因此选用的是II、III；

（5）溶液物质的量浓度为2.24/22.4/0.5mol·L－1=0.1mol·L－1。

31．有某铁碳合金，某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的

某些性质，设计了如图所示的实验装置和实验方案(夹持仪器已省略)，请你回答相应问

题。