天津天津市武清区杨村第一中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及练习题

天津天津市武清区杨村第一中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元
素 知识点及练习题
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．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+--442
2Al +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 。

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．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是 A ．二氧化碳：K +、Na +、2-3CO 、Cl - B ．氨气：Mg 2+、Al 3+、Na +、-
3NO C ．氯化氢：Ca 2+、Fe 3+、-
3NO 、Cl - D ．氯气：Na +、Ba 2+、-
3HCO 、-
3HSO
【答案】C 【详解】
A ．CO 2、2-3CO 、H 2O 会发生反应产生3HCO
，不能大量共存，A 不符合题意； B ．NH 3·H 2O 与Mg 2+、Al 3+会发生反应产生Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能大量共存，B 不符合题意；
C ．HCl 溶于水电离产生H +、Cl -，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C 符合题意；
D ．氯气溶于水，反应产生HCl 、HClO ，HCl 与-
3HCO 会反应产生H 2O 、CO 2；HClO 与
-3HSO 会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D 不符合题意；
故合理选项是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
AlCl 3
Al(OH)3
B
NO
NO 2
HNO 3
C Si
SiO 2
H 2SiO 3
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．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．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。

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．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。

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
【答案】D
【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。

12．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2→NF3 +3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。

下列有关说法错误的是( )
A．NF3分子含有极性共价键B．NF3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】
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，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】
A．NF3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．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。

14．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。

15．将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。

另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为
A．39.2g B．44.8g C．58.8g D．66.4g
【答案】C
【详解】
合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为
0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×2
3
=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4
g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+ 、Cu2+离子，
根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×
3
22.4
=1.8 mol 故Cu共提供的电子物
质的量为1.8-0.6=1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ；C正确；
故答案选C。

16．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
【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。

17．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。

18．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
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。

19．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。

20．有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为 0.1mol L—1。

进行以下实验：
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝
③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。

将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。

下列结论不正确的是
A．肯定含有的阳离子是 NH4+、Ba2+
B．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ
C．肯定不含有的离子是 Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ
D．不能确定是否含有的离子是 Na+
【答案】D
【详解】
CO ；
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有2
3
②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I -，因Fe 3+与I -不能共存，故不含Fe 3+；
③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg 2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH 3•H 2O ，说明原溶液中含有+
4NH ；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba 2+，因Ba 2+与24SO -不能大量共存，故原溶液中不含有24SO -
； 通过实验确定的离子有：Ba 2+、+4NH 、I -，根据离子浓度均为 0.1mol L -1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl -、Br -，因此溶液中一定不含有Na +， 综上所述，答案为：D 。

【点睛】
高中阶段对于Na +的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。

21．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Cl 2＋2KBr=2KCl ＋Br 2，所以F 2也能与KBr 溶液反应置换出Br 2
B ．常温下，由Cu ＋4HNO 3（浓）=Cu (NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O ，所以Fe 也能与浓硝酸反应产生NO 2
C ．由Cu+Cl 2
加热
CuCl 2，所以Cu+I 2
加热
CuI 2
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 ．F 2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：F 2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。

22．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。

23．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H 2SO 4
D ．当X 是强碱时，
E 是HNO 2
【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 ，NO 2 或者是SO 2 和SO 3 等，推知Y 一定是O 2 ，
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NH 4+ 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 、H 2SO 4 、HNO 3 ，再根据当X 是强碱时，A 、B 、C 、D 、E 均含有另一种元素。

由NH 4+ 的性质与碱反应生产NH 3，则可推出；当X 是强碱时E 是HNO 3 ；当X 是强酸时，E 是H 2SO 4，综上推出A 的离子中含有NH 4+ 离子，且含有S 元素，可推出A 为（NH 4）2S 。

【详解】
A ．当D 为SO 3 时，E 为H 2SO 4 ，SO 3与水化合成H 2SO 4，没有发生氧化还原反应，当D 为NO 2时，E 为HNO 3，NO 2与水发生氧化还原反应，A 正确；
B ．当X 是强碱时，B 为NH 3 ，
C 为NO ，
D 为NO 2 ，
E 为HNO 3；当X 是强酸时，B 为H 2S ，C 为SO 2 ，D 为SO 3 ，E 是H 2SO 4 ，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。

24．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。

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．硫酸铜可应用于电镀、颜料、医药、农药等方面。

下图是探究铜与浓硫酸反应生成硫酸铜的实验装置图：
完成下列填空：
(1)写出烧瓶中发生反应的化学方程式_________。

写出图中虚线框内装置的作用
__________、_________。

(2)实验结束后，烧瓶中有白色固体生成。

写出检验烧瓶中此白色固体是CuSO4的简便的方法__________。

(3)实验中，若反应条件控制不当，则会有少量黑色难溶物CuS、Cu2S固体生成。

取此黑色固体样品ag，隔绝空气加热，发生2CuS Cu2S+S，充分反应后得到bgCu2S，则CuS的质量分数ω=_________(用含a、b的代数式表示)。

加热温度过高，会有部分Cu2S分解生成Cu，则ω________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】Cu+2H2SO4(浓)Δ
CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收二氧化硫，防止污染环境防倒吸将
冷却后的混合物缓缓加到适量水中，并搅拌，溶液呈蓝色6()
a b
a
偏大
【分析】
在加热的条件下铜浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境，据此解答。

【详解】
(1)烧瓶中铜和浓硫酸反应，发生反应的化学方程式为
Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+
SO2↑+2H2O。

二氧化硫易溶于水，属于大气污染物，因此图中虚
线框内装置的作用是吸收二氧化硫，防止污染环境，同时起防倒吸作用。

(2)由于反应后浓硫酸剩余，则实验结束后，若要证明白色固体为CuSO4，需要采取的操作是将冷却后的混合物缓缓加到适量水中，并搅拌，溶液呈蓝色；
(3)实验中，若反应条件控制不当，则会有少量黑色难溶物CuS、Cu2S固体生成。

取此黑色固体样品ag，隔绝空气加热，发生2CuS Cu2S+S，充分反应后得到bgCu2S，设混合物中CuS、Cu2S的物质的量分别是xmol、ymol，则96x+160y＝a，根据铜原子守恒可
知x+2y＝2
160
b
⨯，解得x＝
16
a b
-
，所以CuS的质量分数ω=
966()
16
a b
a b
a a
-
⨯-
=。

加热
温度过高，会有部分Cu2S分解生成Cu，则b减小，所以ω偏大。

27．某学习小组利用下列装置探究氯气与氨气的反应．其中A、B分别为氯气和氨气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。

（1）若Cl2从左向右流动，NH3从右向左流动，则上述实验装置中，依次连接的合理顺序为：A→____→B；为使NH3与Cl2更充分混合，Cl2应从C装置的___进入（填“x”或“y”）。

（2）简述装置A中使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓盐酸的操作是___________。

（3）装置A中发生反应的离子方程式为__________________。

（4）装置B中圆底烧瓶内的试剂为__________________（填名称）。

（5）装置D的作用是______________。

（6）反应开始后，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气中的主要成分之一，该反应的化学方程式为__________________。

【答案】E、F、C、D x打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加MnO2+4H++2C1﹣Mn2++C12↑+2H2O氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等吸收水蒸气，干燥氨气3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl
【解析】
（1）Cl2从左向右流动，NH3从右向左流动，A是氯气的发生装置，产生氯气后，用饱和食盐水吸收氯气中混有的HCl气体，再用浓硫酸干燥，制备纯净干燥的氯气；B装置是氨气的发生装置，产生氨气后，用碱石灰干燥；制得氯气和氨气在C装置中发生反应，所以上述实验装置中，依次连接的合理顺序为：A→E→F→C→D→B；由于Cl2密度比空气的密度大，为使NH3与Cl2更充分混合，Cl2应从C装置的x口进入；。