人教版高一下学期第二次质量检测化学试题

人教版高一下学期第二次质量检测化学试题

一、选择题

1．无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一种元素。下列说法正确的是

A．若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2

B．若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性

C．若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2S

D．若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到Y

【答案】A

【解析】

【详解】

A、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正确；

B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；

C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；

D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；

故答案选A。

2．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

选

项

实验操作及现象推理或结论

A向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO24

B 向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水

面上

钠与水反应放热，钠的熔点低，钠

的密度比水小

C 向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石

灰水变浑浊的气体

该盐一定是碳酸钠

D某物质的焰色试验火焰显黄色该物质一定不含钾元素

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；

C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；

D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；

故选B。

3．下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是

X Y Z

A Na NaOH NaHCO3

B Cu CuSO4Cu(OH)2

C Al2O3AlO2-Al(OH)3

D Si SiO2H2SiO3

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【详解】

A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；

B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；

C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；

D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；

故选C。

4．NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断不正确的是

A．转移电子2.4N A B．生成的气体冷却至标况，体积为15.68 L C．还原剂比氧化剂多0.2 mol D．被还原的氮原子是11.2 g

【答案】D

【详解】

A．在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 mol N2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4N A，A正确；

B．根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L，B正确；

C．反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；

D．根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol×14 g/mol=8.4 g，D错误；

故合理选项是D。

5．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”。以硅石(SiO2) 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是

已知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si

B．为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质只有H2

C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行

D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1200-300C

SiHCl3+H2

【答案】B

【分析】

二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

【详解】

A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；

B．流程中H2、HCl 既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；

C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；

D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为

Si+3HCl 200-300C

SiHCl3+H2，故D正确；

故选B。

6．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。

7．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。

8．对下列事实的解释正确的是

A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定

B．不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性

C．足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2＋

D．锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸能使锌钝化

【答案】A

【详解】

A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存，说明浓硝酸见光易分解，故A正确；B．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，与浓硝酸挥发性无关，故B错误；

C．铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故C错误；

D．硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；故选A。

9．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)

A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂

B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L

C．溶液体积占试管容积的三分之二

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管

【答案】C

【详解】

A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；

B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为12

23

22.4

12

23

V

V

?

?

=1/22.4 mol/L，B正确；

C．溶液体积占试管容积的12

23

V?，C错误；

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。

答案选C。

【点睛】

本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。

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．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。

12．已知：稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：

3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是( ) A．Fe(NO3)2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀

B．Ba(NO3)2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀

C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀

D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液

【答案】C

【详解】

A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；

B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；

C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；

D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；

答案选C。

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．CuSO4?5H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确

．．．的是( )

A．113℃分解得到的固体产物为CuSO4?H2O

B．温度低于650℃时的分解反应，均不属于氧化还原反应

C．650℃时的气态产物冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液D．1000℃分解得到的固体产物为CuO

【答案】D

【分析】

n(CuSO4?5H2O)=

5.00g

250g/mol

=0.02mol，CuSO4?5H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量

为0.02mol×160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；650~1000℃之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为

0.32g

16g/mol

=0.02mol，此固体为CuO；1000℃之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为

1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为

0.16g

16g/mol

=0.01mol，此固体为

Cu2O。

【详解】

A．113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为

1.44g 18g/mol =0.08mol，则失去结晶水的数目

0.08mol

0.02mol

=4，从而得出分解得到的固体产物为

CuSO4?H2O，A正确；

B．由以上分析可知，温度低于650℃时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；

C．650℃时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:0.10mol=1:5，所以冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液，C正确；

D．由分析可知，1000℃分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；

故选D。

15．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。

16．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe(OH)3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl 2

2FeCl 3，FeCl 3可以由Fe 与Cl 2直接化合得到，故

A 错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H 2SiO 3，故B 正确；

C.Fe(OH)2、O 2、H 2O 反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：

4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应产生Fe(OH)3，故C 错误；

D.Fe 与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D 错误； 故选B 。

17．有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH 4+、Na +、Mg 2+、Ba 2+、Fe 3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO 32ˉ、SO 42—中的几种，且浓度均为 0.1mol L —1。进行以下实验：

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝

③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成。下列结论不正确的是

A ．肯定含有的阳离子是 NH 4+、Ba 2+

B ．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ

C ．肯定不含有的离子是 Fe 3+、CO 32ˉ、SO 42ˉ

D ．不能确定是否含有的离子是 Na +

【答案】D

【详解】

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有23CO -；

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I -，因Fe 3+与I -不能共存，故不含Fe 3+；

③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg 2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH 3?H 2O ，说明原溶液中含有+4NH ；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba 2+，因Ba 2+与24SO -不能大量共存，故原溶液中不含有24SO -

； 通过实验确定的离子有：Ba 2+、+4NH 、I -，根据离子浓度均为 0.1mol L -1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl -、Br -，因此溶液中一定不含有Na +，

综上所述，答案为：D 。

【点睛】

高中阶段对于Na +的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。

18．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）

A ．由Cl 2＋2KBr=2KCl ＋Br 2，所以F 2也能与KBr 溶液反应置换出Br 2

B ．常温下，由Cu ＋4HNO 3（浓）=Cu (NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O ，所以Fe 也能与浓硝酸反应产生NO 2

C ．由Cu+Cl 2加热CuCl 2，所以Cu+I 2加热CuI 2

D ．由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中

【答案】D

【详解】

A ．F 2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质, 故A 错误；

B ．常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮, 故B 错误；

C ．氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜， 碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C 错误；

D ．钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D 正确；

所以答案：D 。

【点睛】

注意点：F 2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应； 碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。

19．有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL ，其中含有硫酸的浓度为2mol/L ，含硝酸的浓度为1mol/L ，现向其中加入0.96g 铜粉，充分反应后（假设只生成NO 气体），最多可收集到标况下的气体的体积为

A ．89.6mL

B ．112mL

C ．168mL

D ．224mL 【答案】D

【分析】

硫酸的浓度为2mol/L 为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L 为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。

【详解】

铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO+4H 2O 。Cu 的物质的量为0.96=0.01564

mol mol ，硝酸根离子的物质的量为0.02mol ，硝酸和硫酸均提供氢离子，故H +的物质的量为(20.02210.02)0.1mol mol ??+?=，故氢离子、硝酸根离子过量，则生成的NO 在标况下的体积为2(0.01522.41000)2243mL mL ???=。

答案选D 。

【点睛】

硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算更为便利。

20．如图装置可以达到实验目的的是

选

项

实验目的 X 中试剂 Y 中试剂 A

用MnO 2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl 2 饱和食盐水 浓硫酸 B

用Na 2SO 3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO 2 饱和Na 2SO 3溶液 浓硫酸 C

用Zn 和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H 2 NaOH 溶液 浓硫酸 D CaCO 3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO 2 饱和NaHCO 3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MnO 2和浓盐酸制取Cl 2需要加热条件，图示装置不能完成，故A 错误；

B .用Na 2SO 3与浓盐酸制取SO 2，二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 。

21．镁、铝、铁合金投入300mL 3HNO 溶液中，金属恰好溶解，分别转化成2+3+Mg Al 、和3+Fe ;还原产物为NO ，在标准状况下体积为6.72L 。在反应后的溶液中加入300mL 某浓度的NaOH 溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g 。下列有关推断正确的是( )

A ．参加反应的3HNO 的物质的量为0.9mol

B ．NaOH 的物质的量浓度为6-1mol L ?

C ．参加反应的金属的质量为11.9g

D ．3HNO 的物质的量浓度为3-1mol L ?

【答案】C

【分析】

镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。

【详解】

将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金

属共失去电子的物质的量为：

6.72L

×(5-2)

22.4L/mol

=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的

量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则

A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；

B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质

的量浓度为：c(NaOH)=0.9

0.3

mol

L

=3mol/L，B选项错误；

C．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；

D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的

物质的量浓度为：c(HNO3)= 1.2

0.3

mol

L

=4mol/L，D选项错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。

22．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NO2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1molO2，则下列说法正确的是

A．生成NO2的物质的量为0.9mol B．生成CuSO4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NO3-完全反应，设生成xmol NO，ymolNO2，整个过程涉及化合价变化有Cu（0→+2）N(+5→+2,+5→+1），通入O2涉及化合价变化有O(（0→-2）

N(+2→+5,+1→+5），则O2转移的电子与Cu转移的电子相同，1molO2转移4mol电子，可参与反应的Cu的物质的量为2mol，得到CuSO4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，NO2的物质的量为1.3mol，A项错误；

B. 根据分析，生成CuSO4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。

23．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HNO3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Al3+、Fe3+、Cu2+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。

24．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是（）

A．过程①发生非氧化还原反应

B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+

C．过程③中，氧气是氧化剂

D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用

【答案】B

【详解】

A ．过程①中发生H 2S+Cu 2+=CuS ↓+2H +，Cu 元素化合价都是+2价、H 元素化合价都是+1价、S 元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A 正确；

B ．过程②中发生CuS+2Fe 3+=S+2Fe 2++Cu 2+，故B 错误；

C ．过程③中发生4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O ，Fe 元素的化合价升高，被氧化，Fe 2+作还原剂，O 2中O 元素的化合价降低，被还原，O 2作氧化剂，故C 正确；

D ．由过程②③中反应可知，Fe 3+可以循环使用，故D 正确；

答案为B 。

25．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 。

二、实验题

26．现已确认，NO x 的排放是造成酸雨及光化学污染的罪魁祸首，如图表示了我国某地区在1959～2019年间，空气中NO x 含量因燃料燃烧、工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变化的统计数据。

(1)结合上图数据，判断下列说法正确的是_________。

A ．在交通运输中排放的NO x 与燃料的不充分燃烧有关

B ．1mol 氮氧化物(NO x )形成酸雨时转移电子(52)mol x

C ．2N 转化为NO 的过程不属于氮的固定

D ．随着汽车工业的发展，交通运输的NO x 排放量所占比重在逐渐增大

(2)汽车尾气中常常含有CO 、NO x 等气体，为减轻污染，现代汽车都加装了“三效催化净化器”，可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体(假设CO 、NO x 均不能完全转化)。某小组在实验室模拟汽车尾气处理，设计了如图所示装置(部分夹持仪器已略去)。

①装置(Ⅲ)的主要作用是________________________。

②加热停止后，打开旋塞K ，放入适量氧气时，装置(Ⅱ)中可观察到的现象是

________________；装置(IV)中可观察到的现象是

_______________________________________________。

③该套装置中有不完善之处，还应在装置(Ⅳ)后增加_____________________________。

(3)工业上常用碱液来吸收NO x ，有关的化学反应：

①222NO NO 2NaOH=2NaNO H O +++

②22322NO 2NaOH=NaNO NaNO H O +++

现有一定条件下a mol 2NO 和b mol NO 的混合气体恰好被200mL NaOH 溶液完全吸收，则a 、b 应满足的关系为________________________。NaOH 溶液的物质的量浓度为_________1mol L -?

【答案】BD 检验CO 是否转化为2CO 出现红棕色气体 黑色粉末变红 尾气处理装置 a b ≥ 5()a b +

【详解】

(1)A. 交通运输主要使用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放出的主要是CO ，而不是NO x ，A 项错误；

B. NO x 形成酸雨可表示为2234NO (52)O 2H O=4HNO x x +-+，1mol NO x 转移电子(52)mol x -，B 项正确；

C. 2N 转化为其化合物的过程是氮的固定，C 项错误；

D. 根据图示，随着汽车工业的发展，交通运输所产生的NO x 逐渐增加，D 项正确；

(2)①CO 和NO 在催化剂和加热条件下转化为2N 和2CO ，2CO 与澄清石灰水反应生成3CaCO ，所以装置(Ⅲ)的主要作用是检验CO 是否转化为2CO ；

②由于有部分NO 没有转化为2N ，向装置中通入空气时，装置(Ⅱ)中的NO 与2O 反应生成红棕色的2NO 气体；由于有部分CO 没有转化为2CO ，装置(Ⅳ)中CO 会与CuO 反应生成Cu ，黑色粉末变红；

③尾气中仍残留有未反应的CO 、NO 气体，所以应增加尾气处理装置；

(3)根据题示反应可知，2NO 和NO 的物质的量之比应大于等于1：1，NO 气体才能反应完全，故b α≥；根据化学方程式的比例关系可知，参与反应①的NaOH 的物质的量为2bmol ，与2NO 单独反应的NaOH 的物质的量为() a b mol -，故

-1(2b+a-b)mol (NaOH)=

=5(a+b)mol L 0.2L

c ?。 27．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(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO 氧化成2NO ，而稀硝酸不能氧化NO 。由此得出的结论是浓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。 已知：氢氧化钠溶液不与NO 反应，能与2NO 反应：

23222NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O 。

(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。

28．化学小组为探究2SO 在酸性KI 溶液中的反应，利用如图装置进行实验：

I.排出装置内的空气。减缓2CO 的流速，向丁装置中通入2CO 和2SO 的混合气体。 Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。 Ⅲ.持续向丁装置中通入2CO 和2SO 混合气体，溶液变为无色。

Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加2BaCl 溶液，产生白色沉淀。

回答下列问题：

(1)苯的作用为__________。排出装置内空气的具体操作为_________。

(2)向装置丁中缓慢通入2CO 的作用是__________。

(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。

(4)实验的总反应为_________，KI 和HI 在反应中的作用为___________。

【答案】萃取碘单质，隔绝空气防止I -被氧化 关闭2K ，打开3K ，打开1K 防止倒吸

222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+ 22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++

22243SO 2H O 4H 2SO S +-+=++↓ 催化剂

【分析】

为探究2SO 在酸性KI 溶液中的反应，由于酸性KI 容易被O 2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一

步，222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+，第二步，

22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；最后用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒

吸。

【详解】

(1)根据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止I -被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开3K ，打开1K ，关闭2K ；

(2)若只将2SO 通入丁中，2SO 反应后压强减小，会倒吸，通入2CO 和2SO 混合气体，2CO 不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；

(3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边

缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+；步

骤Ⅲ通入2CO 和2SO 混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：

22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；

(4)根据222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+和22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++反

应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：

22243SO 2H O 4H 2SO S +-+=++↓； KI 和HI 在反应前后质量和性质没有发生改变,故

其为催化剂。

29．硫代硫酸钠(Na 2S 2O 3)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：2Na 2S ＋Na 2CO 3＋4SO 2=3Na 2S 2O 3＋CO 2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。

30．(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_________________________。

(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。