四川省宜宾县第一中学高一第二学期第二次质量检测化学试题

四川省宜宾县第一中学高一第二学期第二次质量检测化学试题
一、选择题
1．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。

2．一定条件下，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 ．NF 3分子结构和NH 3相似，都属于共价化合物，故B 不选；
C ．在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，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 ．NH 4F 是离子化合物，为离子晶体，故D 选； 故选：D 。

3．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SO24-时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，不能说明含有SO24-，故D错误；
答案选B。

4．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
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。

5．下列说法不正确
．．．的是( )
A．生铁和钢都是铁和碳的合金B．氯化钙是漂白粉的有效成分
C．玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D．氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】B
【详解】
A．生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正确；
B．漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；
C．玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确；
D．氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料，D正确；
故合理选项是B。

6．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。

7．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。

8．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。

9．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．
10．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ
A．Fe3+ 有氧化性FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜
B．SiO2有导电性SiO可用于制备光导纤维
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。

考点：本题考查元素、化合物性质。

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．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．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．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 。

16．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（ ） A ．NH 4NO 3 B ．H 2O
C ．N 2
D ．NO 2
【答案】C 【详解】
在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：32
2Pt
4NH +5O 4NO+6H O
，NO 遇到O 2变为NO 2，NO 2和H 2O 反应生成HNO 3，HNO 3和NH 3反应可以生成NH 4NO 3，故选C 。

17．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
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。

19．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。

20．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 。

21．将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO ，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·
L －1NaOH 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 ，则下列有关叙述中正确的是 A ．加入合金的质量可能为9.6g
B ．沉淀完全时消耗NaOH 溶液体积为150mL
C ．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol
D ．溶解合金时产生NO 气体体积2.24L 【答案】C 【详解】
沉淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n (OH -)=
5.117/g g mol =0.3mol ，根据氢氧根离子守恒n [M(OH)2]=1
2
n(OH -
)=1
2
×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；
B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=
0.3mol
3mol/L
=0.1L=100mL，故B
错误；
C．根据转移电子守恒得起氧化作用的硝酸的物质的量= 0.15mol2
52
⨯
-
=0.1mol，根据金属原
子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故C正确；
D．由转移电子守恒得n(NO)=0.15mol2
52
⨯
-
=0.1mol，由于缺少标准状况这个条件，气体体
积无法计算，故D错误；
答案为C。

22．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。

23．检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是()
A．加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝B．将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红
C．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
D．加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液
【答案】A
【详解】
A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；
B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；
C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】
本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。

24．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。

【点睛】
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。

25．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。

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/LH 2SO 4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：。