宁夏平罗中学人教版高一化学下学期第二次月考测试卷

宁夏平罗中学人教版高一化学下学期第二次月考测试卷
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．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“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选
实验操作及现象推理或结论
项
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。

4．下列选项中，描述与结论都正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A．常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将金属Fe表面氧化，产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是二者不反应，结论不合理，A错误；
B．SO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，描述不符合事实，B错误；
C．由于浓盐酸具有挥发性，挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒，因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，会发现两者反应会产生大量白烟，C正确；
D．加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3，Al2O3熔点高达2050℃，但Al的熔点只有660℃，故加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的熔点高，铝单质的熔点较低，描述有问题，D错误；
故合理选项是C。

5．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( )
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。

6．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。

7．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。

8．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标准状况)。

同时铁和氧化铁均无剩余。

向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）
A．1.5mol/L B．2.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L
【答案】C
【详解】
试题分析：将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4 ，根据硫酸根守恒可知
n(H2SO4)=n(Na2 SO4)，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故n(H2SO4)= 1/2 n(NaOH)=
1/2×3mol/L×0.2L =0.3mol，故c(H2SO4)= n(H2SO4)÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：考查混合物反应的计算的知识。

9．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。

10．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．
11．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。

12．下列离子方程式书写正确的是
A ．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2溶液时，反应为：Al 3++ 2SO 2-
4+ 2Ba 2++ 4OH -= 2BaSO 4↓+ AlO -
2+ 2H 2O
B ．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H ＋＋FeS=H 2S↑＋Fe 2＋
C ．向次氯酸钙溶液中通入SO 2：Ca 2＋＋2ClO -＋SO 2＋H 2O=CaSO 3↓＋2HClO
D ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋NO -
3=3Fe 3＋＋NO↑＋3H 2O 【答案】A 【详解】
A ．Ba(OH)2足量，故明矾KAl(SO 4)2·12H 2O 完全反应，其中Al 3+与OH -反应生成-2AlO ，即①3+--22Al +4OH = AlO +2H O ，2-
4SO 与Ba 2+反应，②2-2+44SO +Ba = BaSO ↓，由于Al 3+、2-4SO 都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应为①+②×2，即
3+2-2+--4
422Al +2SO +2Ba +4OH = 2BaSO +AlO +2H O ↓，A 正确； B ．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS 中亚铁氧化为Fe 3+，-2价硫氧化为S 单质，自身被还原为SO 2，B 错误；
C ．次氯酸根有强氧化性，能将SO 2氧化为2-
4SO ，自身被还原为Cl -，C 错误； D ．磁性氧化铁为Fe 3O 4，书写离子方程式时，Fe 3O 4不能拆，D 错误； 故答案选A 。

13．铜跟1mol/L 的硝酸溶液反应，若C （NO 3-）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+2NO 3-+8H +=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 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 （NO 3-）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．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。

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+3Cl 2 2FeCl 3，FeCl 3可以由Fe 与Cl 2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H 2SiO 3，故B 正确；
C.Fe(OH)2、O 2、H 2O 反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：
4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=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．在某100mL 混合液中，HNO 3和H 2SO 4的物质的量浓度分别是0.4mol/L 和0.1mol/L 。

向该混合液中加入1.92g 铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu 2+的物质的量浓度是( )mol/L A ．0.15 B ．0.225
C ．0.35
D ．0.45
【答案】B 【分析】
铜屑投入HNO 3和H 2SO 4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑+3H 2O ，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断。

【详解】
反应实质为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑+3H 2O ，1.92g 铜粉物质的量
= 1.9264/g g mol
=0.03mol ，100mL 混合溶液中，HNO 3和H 2SO 4的物质的量浓度分别是0.4mol/L 和0.1mol/L ，所含氢离子物质的量=0.1L ×0.4mol/L+0.1L ×0.1mol/L ×2=0.06mol ，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H +~3Cu 2+，得到铜离子物质的量为0.06mol ×
3
8
=0.0225mol ，所得溶液中Cu 2+物质的量浓度为0.02250.1mol
L
=0.225mol/L ，
所以B 选项是正确的。

18．下列说法正确的是（ ）
A ．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
B ．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C ．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe 2O 3和H 2
D ．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 【答案】B 【详解】
A ．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A 错误；
B ．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B 正确；
C ．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe 3O 4和H 2，故C 错误；
D ．浓硫酸能将有机物中H 、O 元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D 错误； 故答案为B 。

【点睛】
氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。

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．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。

22．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]=12n(OH -)=12
×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= 0.15mol 252
⨯-=0.1mol ，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n (HNO 3)=2n [M(NO 3)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)=
0.15mol 252
⨯-=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 。

23．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 。

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．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
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 。

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．超氧化钾(KO 2)是一种黄色晶体，可作为宇宙飞船舱的氧源。

巴蜀中学化学兴趣小组设计了以下实验探究KO 2的性质，请回答相关问题： Ⅰ. 探究KO 2与水的反应
实验操作
现象 结论与解释 (1)取少量KO 2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的
木条靠近试管口，反应结束后，溶液分成两份
快速产生气泡，木条复燃 产生的气体是___ (2)一份滴加酚酞试液
先变红后褪色 可能的产物是___和H 2O 2 (3)另一份滴加FeCl 3溶液 观察到___
Ⅱ. 探究KO 2与SO 2的反应
(1)正确的操作依次是______。

①打开K 1通入N 2，排尽装置内原来的气体后关闭 ②拆卸装置，实验完成 ③检查装置气密性，然后装入药品 ④打开分液漏斗活塞K 2
(2)A 装置发生的化学方程式为___________。

(3)D 装置的作用是_______________。

(4)KO 2与SO 2反应的产物有O 2，K 2SO 3和K 2SO 4，为检验是否有K 2SO 4生成，他们设计了如下方案：
将C 中反应后的固体溶解于水2BaCl 溶液−−−−→白色沉淀稀硝酸−−−→仍有部分白色沉淀不溶解，
证明有K 2SO 4生成。

上述方案是否合理？__。

(填“是”或“否”)请简要说明两点理由：。