人教版高一第二学期 第二次月考检测化学试题及解析

人教版高一第二学期第二次月考检测化学试题及解析
一、选择题
1．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是( )
A．①②B．②③C．③④D．①③
【答案】D
【详解】
①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；
②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；
③2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；
④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。

综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。

【点睛】
与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。

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．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。

4．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SO2
4-时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl
2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。

5．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。

6．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 。

7．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 。

8．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

工业上用“西门子法”。

以硅石(SiO 2) 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是
已知：SiHCl 3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A ．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si B ．为最大程度节约成本，上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H 2
C ．为防止SiHCl 3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行
D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1200-300C︒
SiHCl3+H2
【答案】B
【分析】
二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

【详解】
A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；
B．流程中H2、HCl 既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；
C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；
D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为
Si+3HCl 200-300C︒
SiHCl3+H2，故D正确；
故选B。

9．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为
A．2mol/L B．1.8mol/L C．2.4 mol/L D．3.6 mol/L
【答案】A
【详解】
试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。

由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。

n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。

10．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH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，则下列叙述中正确的是
A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL
B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L
D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g
【答案】B
【解析】
【分析】
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg （OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol =0.3mol。

金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；
【详解】
A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L =0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；
B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3 =0.4mol，B正确；
C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为
0.3mol÷3 =0.1mol。

若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；
D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D 错误；
答案选B。

11．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。

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．将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是
A．5︰3 B．2︰3 C．1︰1 D．2︰1
【答案】C
【详解】
设NO2体积为x mL
223
3NO+H O=2HNO+NO V
32
x60-40
∆
3 x
=
2 6040
-
x=30 mL
混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。

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．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。

16．二氯化二硫（S 2Cl 2）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，S 2Cl 2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 ．S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，沸点S 2Br 2 > S 2Cl 2
B ．S 2Cl 2的结构式为Cl —S —S —Cl
C ．S 2Cl 2中S 显—1价
D ．2S 2Cl 2＋2H 2O ＝SO 2↑＋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；S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，S 2Br 2 相以分子质量较大，所以沸点S 2Br 2 > S 2Cl 2，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S 2Cl 2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S 2Cl 2中Cl 显-1价，S 显+1价，C 错误；
D. 由题中信息S 2Cl 2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S 2Cl 2与水发生反应的化学方程式为2S 2Cl 2＋2H 2O ＝SO 2↑＋3S↓＋4HCl ，D 正确；故选C 。

17．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。

18．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是 A ．FeCl 3 B ．H 2SiO 3
C ．Fe(OH)3
D ．FeCl 2
【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．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。

20．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：322Pt 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 。

21．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Na 2SiO 3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H 2CO 3的酸性一定比H 2SiO 3强，故A 错误；
B ．A 为浓盐酸，B 为KMnO 4，则反应生成的氯气通入
C 中，Cl 2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Na 2SO 3固体，两者反应生成的SO 2气体通入C 中，因SO 2有氧化性，则与C 中Na 2S 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 。

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．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是( ) 选项 W
X Y Z A
Cu 4CuSO 2CuCl 2Cu(OH) B
Na 22Na O NaOH 2Na O C
Al ()243Al SO 3AlCl 2NaAlO D S 2SO 3SO
24H SO A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【详解】
A ．Cu 不能一步生成Cu(OH)2，所以W 不能发生图中转化生成Z ，故A 不选；
B ．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y 不能发生图中转化生成Z ，故B 不选；
C ．Al 与硫酸反应生成X ，Al 与HCl 反应生成Y ，Al 与过量NaOH 反应生成Z ，Z 与过量硫酸反应生成X ，X 与BaCl 2反应生成Y ，Y 与过量NaOH 反应生成Z ，反应均可进行，故C 选；
D ．硫不能一步变为三氧化硫，D 不选；
答案选C 。

25．由MgO 、A12O 3、SiO 2、Fe 2O 3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SiO 2
C ．溶液Y 中的阳离子主要是Mg 2+、Fe 3+、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
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SO 2，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：
ag 65g /64/22400/bg VmL mol g mol mL mol
=+； (4)24422Zn 2H SO ()ZnSO +SO +2H O
2mol
1mol m m mol mol 3264+∆↑浓 则生成二氧化硫需要的硫酸为32
m mol ； 2442Zn H SO ZnSO +
H 1mol 1mol
m m (cV )mol (cV )mol 3232+=↑
-- 则：()()22n H n SO =m (cV )mol 32m mol 64
-=64cV-2m m ；若撤走盛有无水氯化钙的U 型管，混合气体中的水蒸气进入氢氧化钠溶液，导致洗气瓶增重量增大，所以计算时二氧化硫的物质的量增大，氢气与二氧化硫的物质的量之比偏小。

【点睛】
考查浓硫酸的性质，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

27．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 +；。