高一下学期第二次质量检测化学试卷

高一下学期第二次质量检测化学试卷
一、选择题
1．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。

2．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。

3．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。

4．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。

5．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）
a b c
A Al AlCl3Al(OH)3
B NO NO2HNO3
C Si SiO2H2SiO3
D S SO2H2SO4
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
试题分析：A项：用Al(OH)3无法一步生成Al，故错。

B项：可以。

如2NO+O2=2NO2，
3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故正确。

C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。

D项：H2SO4无法一步生成FeS2，故错。

故选B。

考点：无机推断
点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

6．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()
x y
A NH3H2O
B SO2KOH溶液
C CO26mol∕L H2SO4溶液
D HCl6mol∕L NaNO3溶液
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。

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．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．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。

11．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
【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。

12．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是( )
A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物
B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3
C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】C
【详解】
A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；
C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；
D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；
答案选C。

【点睛】
解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。

13．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－
【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。

14．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。

15．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。

16．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。

17．对于1L HNO3和H2SO4的混合溶液，若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系：
c(H2SO4)+c(HNO3)═1.0mol•L﹣1．则理论上最多能溶解铜的物质的量为()
A．1.0mol B．0.8mol C．0.72mol D．0.6mol
【答案】D
【详解】
金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原，反应离子方程式：3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4时恰好反应，溶解的Cu最多。

设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则：x+y＝1，y：(2x+y)＝1：4，联立解得：x＝0.6，y＝0.4。

设参加反应的铜的最大物质的量是z，则：
3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O
3 2
z 0.4mol 3：2＝z ：0.4mol 解得：z ＝0.6mol 故选：D 。

18．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 。

19．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH 3 ②NO 2③HCl 和N 2 的4：5混合气体，进行喷泉实验。

经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为 A ．①>②>③ B ．①＜②＜③
C ．①=②=③
D ．①＜②=③
【答案】C 【详解】
同温同压下，等体积的3NH 、HCl 、2NO 物质的量相等，设3NH 、HCl 、2NO 的物质的量均为1mol ，烧瓶体积为VL 。

由2233NO H O 2HNO NO +=+可知生成3HNO 的物质的量为
2mol 3，生成NO 的物质的量为1
mol 3
，NO 难溶于水，则3HNO 的物质的量浓度为213/23
mol
mol L V V L =，3NH 和HCl 溶于水后溶液的物质的量浓度为1mol /L V ，因此
①=②=③，答案选C 。

20．用如图装置进行实验，将液体A 逐滴加入到固体B 中，下列叙述正确的是( )
A ．若A 为浓盐酸，
B 为Na 2CO 3，
C 中盛有Na 2SiO 3溶液，则C 中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H 2CO 3> H 2SiO 3
B ．若A 为浓盐酸，B 为KMnO 4，
C 中盛石蕊试液，则C 中溶液最终呈红色 C ．若A 为较浓硫酸，B 为Na 2SO 3固体，C 中盛有Na 2S 溶液，则C 中溶液变浑浊
D．装置D起干燥气体作用
【答案】C
【详解】
A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；
C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；
故答案为C。

21．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。

22．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操作现象结论
A向试管①中先滴加BaCl2溶液再滴加硝酸生成白色沉淀原溶液中有SO42-B向试管②中加入AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有Cl－
C 向试管③中先滴加少量氯水，后滴加适量
苯，振荡静置
溶液分层且上层为
橙红色
原溶液中含有I－
D 向试管④中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿
润红色石蕊试纸靠近试管口
试纸变蓝原溶液中有NH4＋
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。

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．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H2SO4
D．当X是强碱时，E是HNO2
【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，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，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NH4+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、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。

由NH4+的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3；当X是强酸时，E 是H2SO4，综上推出A的离子中含有NH4+离子，且含有S元素，可推出A为（NH4）2S。

【详解】
A．当D为SO3 时，E为H2SO4，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，A正确；
B．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；当X是强酸时，B为
H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，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。

25．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
C．氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D．铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸
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。

二、实验题
26．亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为－5.5℃，遇水和潮气分解。

回答下列问题：
（1）NO与Cl2在通常条件下可反应得到NOCl。

某实验小组用浓盐酸与MnO2反应制C12，Cu和稀HNO3制NO。

①制取NO的离子方程式为________________________
②选用下列部分装置预制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为____(气流方向从左至右)。

（2）文献中记录的一种利用浓盐酸和NaNO2浓溶液反应制取NOCl的原理及装置如下所示：
反应原理：NaNO2＋2HCl＝NOCl↑＋NaCl＋H2O。

制取装置图：
①仪器X的名称为_______，用它代替分液漏斗的优点是_________________
②装置C的U形管中观察到的现象是____________，装置D的作用是_________
（3）取少量产品NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，NOCl与水反应的化学方程式为___________________
【答案】3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O b→e→f→i→h→d→c→g 恒压分液漏斗
便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中有红褐色液体生成防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体 3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑
【分析】
（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，应用饱和食盐水除去氯气，用酸性干燥剂干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，并用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，防止污染空气；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，温度低于－5.5℃时会冷凝变为红褐色液体；注意亚硝酰氯遇水和潮气分解，冷凝收集时要注意防止水蒸气进入U形管中；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体；
【详解】
（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为
3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得C12，制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为b→e→f→i→h→d→c→g，故答案为b→e→f→i→h→d→c→g；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中，故答案为恒压分液漏斗；便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，装置C中冰盐水的作用是冷凝亚硝酰氯，则U 形管中可收集到红褐色亚硝酰氯液体；因亚硝酰氯遇水和潮气分解，则装置D中碱石灰的作用是防止水蒸气进入U形管中，导致亚硝酰氯遇水和潮气分解，同时吸收尾气中NOCl 等酸性气体，故答案为有红褐色液体生成；防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体，反应的化学方程式为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑，故答案为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑。

【点睛】
亚硝酰氯沸点低，遇水和潮气会分解，制备和收集时，应注意防止亚硝酰氯与水蒸气接触是解答关键，也是易错点。

27．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 ⋅。

28．某化学课外活动小组设计实验探究氨的催化氧化。

检查装置气密性后，先将C 处铂丝网加热至红热，再将A 处产生的气体通过B 装置片刻后，撤去C 处酒精灯。

部分实验现象如下：C 处铂丝继续保持红热，F 处铜片逐渐溶解。

（1）装置A 中使用的药品是NHHCO 3固体，则A 需要的仪器有试管、导管橡胶塞和__(填选项序号)。

a.锥形瓶
b.酒精灯
c.烧瓶
d.蒸发皿
（2）装置B 的作用是___。

（3）装置C 中发生反应的化学方程式为__。

（4）该装置存在的主要缺陷是__。

（5）如图所示的E 装置可防止F 中溶液倒吸进入D 中，请在图中画出装置E 中的导气。