优质榆林市高一下学期第二次月考化学试卷

优质榆林市高一下学期第二次月考化学试卷
一、选择题
1．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。

2．工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是( )
①Fe ②Mg ③Na ④NaOH ⑤I2 ⑥Cu ⑦Si
A．①⑥⑦B．①②⑦C．⑤⑥⑦D．①④⑥
【答案】A
【详解】
①Fe是用CO还原铁矿石制得；
②Mg是先从海水中分离出MgCl2，然后熔融电解获得；
③Na是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得；
④NaOH是电解饱和食盐水获得；
⑤I2是从海藻类植物中提取的；
⑥Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得；
⑦Si是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；
综合以上分析，①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。

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。

5．锥形瓶内盛有气体x，滴管内盛有液体y。

若挤压滴管胶头，使液体y滴入锥形瓶中，振荡，过一会儿，可见小气球a鼓胀起来。

气体x和液体y不可能是()
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】
气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。

【详解】
A．氨气极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，A正确；
B．二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小，B正确；
C．二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中溶解度不大，C错误；
D．氯化氢极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，D正确。

答案选C。

6．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( )
C二氧化硅可以与水反应生成硅酸二氧化硅是酸性氧化物具有酸
性氧化物的通性
Ⅰ对，Ⅱ对，无
D 为增强漂白能力使用漂白粉时向漂
白粉溶液中加入少量白醋
醋酸的酸性比次氯酸强Ⅰ对，Ⅱ对，有
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。

7．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。

8．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。

9．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。

10．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
11．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。

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
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H2S+Cu2+=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+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；
15．二氯化二硫（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，S2Cl2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．S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2 > S2Cl2
B．S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
C．S2Cl2中S显—1价
D．2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋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；S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2相以分子质量较大，所以沸点S2Br2 > S2Cl2，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S2Cl2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S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；
D. 由题中信息S2Cl2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S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl，D正确；故选C。

16．aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是
A．若a＜b，则c＞0.5(a+b) B．若a＞b，则c＝0.5(a+b)
C．若a＝b，则c＝0.5(a+b) D．若a＜b，则c＜0.5(a+b)
【答案】D
【解析】
【详解】
首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；
D、根据以上分析可知D错误。

答案选D。

17．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。

18．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。

现进行下列实验，下列说法正确的是 ()
A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+
B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+
【答案】C
【分析】
由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白
色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】
A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；
B项、因溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；
C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；
D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；
故选C。

【点睛】
根据实验现象和离子共存是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。

19．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Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2
C．由Cu+Cl2加热
CuCl2，所以Cu+I2
加热
CuI2
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．F2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：F2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。

20．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。

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Al 3+、Fe 3+、Mg 2+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Al 3+、Fe 3+、Mg 2+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(NO 3-)=0.9mol ，则
A ．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO 3)=n(NO 3-)+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)=0.90.3mol 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(HNO 3)=n(NO 3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol ，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO 3)=
1.20.3mol 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．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 。

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 。

24．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 。

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．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
N2，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BaSO3生成；因氯气有强氧化性，氧化氨气生成N2，同时产生白烟，说明还生成NH4Cl。

【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NH3挥发，溶液中OH-浓度增加，都促使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向生成NH3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：
2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H2O；
(5)氯气有强氧化性，氧化氨气生成N2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH4Cl，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl．盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸。

【点睛】
考查氨气的制备与性质实验、对装置的理解、实验操作、化学计算等，掌握物质的性质理解原理是解题的关键，准确分析装置的特点并结合氨的性质与制备原理去分析，如：①涉及制备原理、②考查氨气的物理性质及防倒吸操作、③考查常见氨气的制备方法、④氨气的碱性和还原性。

27．某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验。

Ⅰ.从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：
假设1：Na2O2氧化NO2；
假设2：NO2氧化Na2O2。

(1)甲同学设计如图1装置进行实验：
①试管A中反应的离子方程式是_________________________________________。

②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B；向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅。