安徽省白泽湖中学化学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 的专项培优练习题(

安徽省白泽湖中学化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素的专项培
优练习题(
一、选择题
1．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。

下列描述不合理的是（）
A．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性
B．②中选用品红溶液验证SO2的生成
C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】
【详解】
A．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C．SO2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH溶液，则③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2，防污染环境，故C正确；
D．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO4生成，故D错误；
故答案为D。

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．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。

4．一定量的锌与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。

5．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．
6．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。

现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。

下列叙述正确的是
A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物
B．沉淀X的成分是SiO2
C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+
D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解
【答案】B
【解析】
试题分析：混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。

A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

考点：金属及其化合物的性质
7．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。

8．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NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。

9．某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为
A．SiO2B．Fe2O3、SiO2
C．SiO2、Al2O3D．Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。

10．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该溶液中一定含
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HClO 4酸性比H 2CO 3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BaCl 2，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24SO -
，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4NH +
，故D 正确； 答案为D 。

11．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。

12．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH 3+3F 2→NF 3 +3NH 4F ，其中产物NF 3分子结构和NH 3相似。

下列有关说法错误的是( ) A ．NF 3分子含有极性共价键
B ．NF 3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】
4NH 3+3F 2=NF 3+3NH 4F 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，NH 4F 为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】
A ．NF 3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．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。

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．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。

16．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。

17．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BaCl2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SO32-，硝酸将其氧化成了SO42-，A错误；
B．加入AgNO3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl，也有可能是Ag2SO4等，B错误；C．溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br2，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NH4＋，D正确；
答案选D。

18．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
Δ
NaNO 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 。

19．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是( ) 选项 W X
Y
Z
A Cu 4CuSO 2CuCl 2Cu(OH)
B Na 22Na O NaOH 2Na O
C
Al
()243Al SO 3AlCl
2NaAlO
D S 2SO 3SO 24H SO
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【详解】
A ．Cu 不能一步生成Cu(OH)2，所以W 不能发生图中转化生成Z ，故A 不选；
B ．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y 不能发生图中转化生成Z ，故B 不选；
C ．Al 与硫酸反应生成X ，Al 与HCl 反应生成Y ，Al 与过量NaOH 反应生成Z ，Z 与过量硫酸反应生成X ，X 与BaCl 2反应生成Y ，Y 与过量NaOH 反应生成Z ，反应均可进行，故C 选；
D ．硫不能一步变为三氧化硫，D 不选；
答案选C 。

20．将H 2S 和空气的混合气体通入FeCl 3、FeCl 2和CuCl 2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S 2-+Fe 3+=S+Fe 2+
C ．过程③中，氧气是氧化剂
D ．整个转化过程中Fe 3+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 。

21．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。

22．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀
产生。

由此得出的下列结论中不合理
．．．的是
A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性
B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质
C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性
D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大
【答案】C
【分析】
根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

【详解】
SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。

SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。

故A、B项正确，C项错误。

H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。

本题选C。

SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

23．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。

24．在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO2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＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3
B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3
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（NO2）=
0.672
22.4L/mol
L
=0.03mol，
（O2）=
0.28L
22.4L/mol
=0.0125mol，
由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），
解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=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；
【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。

25．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CO 2
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H 2S
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CO 2，M 为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO 2，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Na 2SO 3，Y 为NaHSO 3，Z 为SO 2，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 。

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：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。

27．为探究H2O2、SO2、Br2的性质，某小组同学设计如下实验(夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验)。

实验操作实验现象
i．打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀
ⅱ．取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解
ⅲ．打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
(1)在滴入浓硫酸之前要通入N2一段时间的目的是__________________________。

(2)该实验可以证明SO2具有_________性；H2O2的氧化性_________Br2(填“强于”“弱于”)。

(3)B中红棕色褪去的原因_______________________________，B中重新变成红棕色的原因____________________________________(均用离子方程式表示)。

(4)C中产生的白色沉淀是______。

(5)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论：SO2能与BaCl2反应产生沉淀。

乙同学认为不能得出此结论，并对实验进行了改进：在B和C之间增加盛放_________的洗气瓶。

再次进行实验时，则C中未产生沉淀。

(6)为进一步研究SO2的性质，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：。