安徽蚌埠第二中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识归纳总结及答案

安徽蚌埠第二中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识归纳总结
及答案
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。

3．一定量的锌与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。

4．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
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。

5．某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分子质量(或平均相对分子质量)为45，则发生反应的物质一定不可能是
A．Zn和浓H2SO4B．Cu和浓HNO3
C．Na2O2和NH4Cl浓溶液D．C和浓HNO3
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Zn和浓H2SO4，开始发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O。

当随着反应的进行，溶液变稀后，会发生反应：Zn+ H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑。

最后得到的气体为SO2与H2的混合气体。

SO2的相对分子质量为64，H2的相对分子质量为2．因此混合气体的平均相对分子质量可能为45．正确。

B．C和浓HNO3。

发生反应：C+4HNO3(浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。

CO2与4NO2的相对分子质量分别是44、46．所以混合气体平均相对分子质量可能为45．正确。

C．Na2O2和溶液中的水发生反应：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。

产生的NaOH与溶液中的溶质NH4Cl发生反应：
NaOH+NH4Cl NaCl++H2O+ NH3↑。

得到的气体中含有O2与NH3的相对分子质量都比45小，所以不可能平均为45．错误。

D．Cu和浓HNO3，开始发生反应：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O。

当溶液变为稀硝酸时，发生反应：3Cu＋
8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

NO2、NO的相对分子质量分别是46、28，因此混合气体的平均相对分子质量可能为45．正确。

考点：考查物质之间的相互反应得到的气体成分的相对分子质量的关系的知识。

6．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了
0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为
A．6.4g B．9.6g C．11.2g D．12.8g
【答案】B
【解析】
试题分析：反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为
0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。

考点：考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。

7．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．
8．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。

9．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有A．Cl－，SO B．Cl－，NO C．Cl－，CO D．Cl－，OH－
【答案】C
【解析】
加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。

10．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
11．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。

12．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。

13．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。

14．将19.2g的铜屑投入到400 mL浓度均为0.5mol/L HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为
A．4.5 g B．9.9 g C．13.2 g D．14.7 g
【答案】B
【详解】
Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，据题可知
Cu的物质的量=19.2g
64
=0.3mol，氢离子的物质的量是0.4×(0.5+1.0 ) =0.6mol，硝酸根离子
的物质的量是0.4×0.5 =0.2mol，所以氢离子不足，当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu
的物质的量=0.45
2
=0.225mol，产生NO的物质的量=
0.45
3
=0.15mol，参加反应的Cu的质量
是0.225×64=14.4g，生成NO的质量是0.15×30 =4.5g，所以溶液增重14.4-4.5=9.9g，故B正确；答案选B。

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+3Cl22FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2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H2SiO3，故B正确；
C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：
4Fe(OH)2+O2+2H2O=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。

17．一定量的锌与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
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．下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A．S SO3H2SO4B．SiO2Na2SiO3(aq) H2SiO3(胶体) C．Fe FeCl3FeCl2(aq) D．Al2O3NaAlO2(aq) AlCl3(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．有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—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Na2CO3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 NH4+、Ba2+
B．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ
C．肯定不含有的离子是 Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ
D．不能确定是否含有的离子是 Na+
【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。

20．分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】D 【详解】
A ．滴加BaCl 2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO 32-，硝酸将其氧化成了SO 42-，A 错误；
B ．加入AgNO 3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl ，也有可能是Ag 2SO 4等，B 错误；
C ．溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br 2，证明原溶液中含有Br -，C 错误；
D ．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH 4＋，D 正确；
答案选D 。

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：
33Cu
~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．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 。

23．A 是一种正盐，D 相对分子质量比C 相对分子质量大16，E 是酸，当X 无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。

当X 是强酸时，A 、B 、C 、D 、E 均含有同一种元素；当X 是强碱时，A 、B 、C 、D 、E 均含有另一种元素；下列说法不正确的是
A ．D 生成E 的反应可能是氧化还原反应
B ．当X 是强碱时，
C 在常温下是气态单质
C ．当X 是强酸时，E 是H 2SO 4
D ．当X 是强碱时，
E 是HNO 2
【答案】B
【分析】
D 的相对分子质量比C 的相对分子质量大16，且观察C 是由B+Y→C ，D 是由C+Y→D ，可知C 和D 含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O 的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO ，NO 2 或者是SO 2 和SO 3 等，推知Y 一定是O 2 ，
E 是酸，当X 无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：；且A 是正盐，很容易想到NH 4+ 的正盐。

再根据当X 是强酸时，A 、B 、C 、D 、E 中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl 、H 2SO 4 、HNO 3 ，再根据当X 是强碱时，A 、B 、C 、D 、E 均含有另一种元素。

由NH 4+ 的性质与碱反应生产NH 3，则可推出；当X 是强碱时E 是HNO 3 ；当X 是强酸时，E 是H 2SO 4，综上推出A 的离子中含有NH 4+ 离子，且含有S 元素，可推出A 为（NH 4）2S 。

【详解】
A ．当D 为SO 3 时，E 为H 2SO 4 ，SO 3与水化合成H 2SO 4，没有发生氧化还原反应，当D 为NO 2时，E 为HNO 3，NO 2与水发生氧化还原反应，A 正确；
B ．当X 是强碱时，B 为NH 3 ，
C 为NO ，
D 为NO 2 ，
E 为HNO 3；当X 是强酸时，B 为H 2S ，C 为SO 2 ，D 为SO 3 ，E 是H 2SO 4 ，B 不正确；
C．当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，C正确；
D．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，D正确；
故选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SO2
C．Cu投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H2O2溶液，金属Cu逐渐溶解，反应中H2O2起催化作用
D．25.0mL0.100mol•L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则S2O23-将转化为S
【答案】A
【详解】
A．2Cu+S=∆Cu2S，0.1mol铜和足量的硫充分反应，生成物的质量增加△m=m(S)=1
2
n(Cu)
×32g/mol=1
2
×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SO2，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+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故C错误；D．25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则
n(Cl2)=
0.224L
22.4L/mol
=0.01mol，转移电子为0.02mol，
n(Na2S2O3)=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，Na2S2O3转化为Na2SO4，故D 错误；
答案为A。

25．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。

常温下，S 2Cl 2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。

下列说法中不正确的是
A ．S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，沸点S 2Br 2 > S 2Cl 2
B ．S 2Cl 2的结构式为Cl —S —S —Cl
C ．S 2Cl 2中S 显—1价
D ．2S 2Cl 2＋2H 2O ＝SO 2↑＋3S↓＋4HCl
【答案】C
【详解】
A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高；S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，S 2Br 2 相以分子质量较大，所以沸点S 2Br 2 > S 2Cl 2，A 正确；
B. 由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H ，所以S 2Cl 2的结构式为Cl-S-S-Cl ，B 正确；
C. 氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S 2Cl 2中Cl 显-1价，S 显+1价，C 错误；
D. 由题中信息S 2Cl 2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S 2Cl 2与水发生反应的化学方程式为2S 2Cl 2＋2H 2O ＝SO 2↑＋3S↓＋4HCl ，D 正确；故选C 。

二、实验题
26．废水中过量的氨氮(3NH 和4NH +
)会导致水体富营养化。

某科研小组用NaClO 氧化法处理氨氮废水。

已知：①HClO 的氧化性比NaClO 强；②3NH 比4NH +
更易被氧化；③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水pH 要控制在6~9。

(1)pH 1.25=时，NaClO 可与4NH +
反应生成2N 等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。

(2)进水pH 对氨氮去除率和出水pH 的影响分别如图1和图2所示：
①进水pH 在1.25~2.75范围内时，氨氮去除率随pH 的升高迅速下降的原因是
__________。

②进水pH 在2.75~6范围内时，氨氮去除率随pH 的升高而上升的原因是___________。

③进水pH 应控制在____________左右为宜。

(3)为研究空气对NaClO 氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。

其原因可能是______(填序号)
a.2O 的氧化性比NaClO 弱
b.2O 氧化氨氮速率比NaClO 慢
c.2O 在废水中溶解度比较小
d.空气中的2N 进入废水中
【答案】4223ClO 2NH N 3Cl 3H O 2H -+-++=↑+++ 随着pH 的升高，NaClO 含量增
大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着pH 的升高，氨氮废水中3NH 含量增大，而
3NH 比4NH +更易被氧化 1.5 abc
【分析】
(1)pH=1.25时，NaClO 可与NH 4+反应生成N 2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
(2)①进水pH 为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降是c(OH -)较大，抑制NaClO 水解，c(HClO)较小致氧化能力弱；
②进水pH 为2.75～6.00范围内氨氮去除率随pH 升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；
③结合图象变化可知进水pH 应控制在1.0左右；
(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O 2氧化氨氮速率比NaClO 慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。

【详解】
(1)pH=1.25时，NaClO 可与NH 4+反应生成N 2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO -+2NH 4+=N 2↑+3Cl -+2H +；
(2)①进水pH 为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降的原因是：随着PH 升高，NaClO 含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；
②进水pH 为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH 升高而上升的原因是：随着PH 升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；
③进水pH 应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；
(3)研究空气对NaClO 氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。

其原因可能是：O 2的氧化性比NaClO 弱、O 2氧化氨氮速率比NaClO 慢、O 2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc 。

27．如图所示是实验室快速制备氨气与验证氨气性质的装置(部分固定装置已省略)。

(1)连接好装置后，若要检查A E 装置的气密性，其操作是先关闭______和______，打开______，在E 中装入水后，用酒精灯微热A ，观察到E 中有气泡产生，移开酒精灯，E 中导管有水柱形成，则说明A E 装置的气密性良好。

(2)请解释A 中制取氨气的原理：_____________。

(3)装置B 中盛放的试剂是______。

(4)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗中放出浓氨水至浸没烧瓶中的生石灰后，关闭分液漏斗活塞，点燃C 处酒精灯，装置C 中黑包固体逐渐变红，装置E 中______(填实验现象)；从装置E 中逸出的气体可以直接排人空气中，请写出装置C 中发生反应的化学方程式：____________。

(5)反应结束后，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置F 中，很快发现装置F 中产生白烟，同时发现装置G 中溶液发生倒吸流人装置F 中，写出装置F 中产生白烟的反应的化学方程式：______，装置G 中溶液发生倒吸的原因是_______。

【答案】弹簧夹2 分液漏斗活塞 弹簧夹1 固体生石灰溶于浓氨水后吸水，放出大量的热促使32NH H O ⋅分解生成3NH 碱石灰 有气泡冒出并产生白色沉淀
3222NH 3CuO
3Cu N 3H O +++ 2324=3Cl 8NH N 6NH Cl ++ 盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小
【分析】 A 中将浓氨水滴入到生石灰中，逸出的NH 3经干燥后，在加热条件下还原CuO 生成Cu 和N 2，多余氨气通入E 装置中，中和溶液的酸性，可观察到有白色沉淀BaSO 3生成；因氯气有强氧化性，氧化氨气生成N 2，同时产生白烟，说明还生成NH 4Cl 。

【详解】
(1)组装好装置后，若要检验A-E 装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E 中装入水后，然后微热A ，观察到E 中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E 中导管有水柱形成说明装置气密性良好；
(2)根据装置图可知，A 中将浓氨水滴入到生石灰中，固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH 3挥发，溶液中OH -浓度增加，都促使NH 3+H 2O ⇌NH 3•H 2O ⇌NH 4++OH -向生成NH 3移动，加快氨气逸出；
(3)进入C 中硬质试管的氨气应干燥，装置B 的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰；
(4)反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E 溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，所以现象为有气泡冒出并产生白色沉淀，装置C 中黑色固体逐渐变红，说明有Cu 生成，从E 中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C 中发生反应的化学方程式为：2NH 3+3CuO 3Cu+N 2↑+3H 2O ；
(5)氯气有强氧化性，氧化氨气生成N 2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH 4Cl ，反应。