信阳市高一第二学期第二次月考化学试题

信阳市高一第二学期第二次月考化学试题
一、选择题
1．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。

下列描述不合理的是（）
A．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性
B．②中选用品红溶液验证SO2的生成
C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】
【详解】
A．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C．SO2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH溶液，则③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2，防污染环境，故C正确；
D．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO4生成，故D错误；
故答案为D。

2．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( )
选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断
A盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞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
Ⅰ对，Ⅱ错，无
B氯水可以使有色布条褪色氯气具有漂白性Ⅰ错，Ⅱ对，有
C二氧化硅可以与水反应生成硅酸二氧化硅是酸性氧化物具有酸
性氧化物的通性
Ⅰ对，Ⅱ对，无
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。

3．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。

4．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。

5．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。

6．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。

7．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误。

考点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验
8．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是
A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝
B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液
D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝
【答案】D
【详解】
利用离子反应：，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。

9．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。

10．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。

11．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H2 2.24L （标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。

混合物中单质Fe的质量为（）
A．5.6g B．8.4g C．11.2g D．16.8g
【答案】C
【详解】
铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成 H2的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
0.1mol 0.1mol 0.1mol
设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：
Fe+Fe2O3+3H2SO4=3Fe S O4+3H2O
x mol x mol 3x mol
由题意可知：（x+0.1）mol×56g/mol+x mol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m （Fe2O3）=0.1 mol×160 g•mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。

12．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(SiO2) 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：SiHCl3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H2
C．为防止SiHCl3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。

13．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。

将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 mol·L－1。

下列叙述不正确的是( )
A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗97.5 g Zn D．反应中共转移3 mol电子
【答案】B
【分析】
Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，
稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。

生成气体的物质的量为
33.6
22.4/
L
L mol
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为
1
2
×1L×0.1mol/L=0.05mol，
参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，
设反应生成xmolSO2，ymolH2，
Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑
y y y
x+y=1.5
2x+y=1.8
解之得 x=0.3，y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。

A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；
B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；
C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确；D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。

故选B。

【点睛】
本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

14．在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是( )
A．总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3
B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3
C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 mol·L－1
D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060 mol·L－1
【答案】B
【分析】
利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。

标准状况下672mL 的混合气体：n （NO ）+n （NO 2）=0.67222.4L /mol
L
=0.03mol ，
（O 2）=
0.28L
22.4L /mol
=0.0125mol ，
由得失电子守恒可知3n （NO ）+n （NO 2）=4n （O 2）， 解之得n （NO ）=0.01mol ，n （NO 2）=0.02mol ， 所以总的方程式为：4NO+8NO 2+5O 2+6H 2O ═12HNO 3， 由氮原子守恒可知，反应生成的HNO 3物质的量为0.03mol 。

水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L ，硝酸的浓度为：0.03mol ÷0.672L=0.045mol/L 。

ACD 项错误，B 项正确； 答案选B 。

【点睛】
这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。

15．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 。

16．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。

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)2243
mL 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。

17．如图装置可以达到实验目的的是
选项 实验目的
X 中试剂 Y 中试剂 A 用MnO 2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl 2 饱和食盐水 浓硫酸 B 用Na 2SO 3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO 2 饱和Na 2SO 3溶液 浓硫酸 C 用Zn 和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H 2 NaOH 溶液
浓硫酸
D
CaCO 3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO 2
饱和NaHCO 3溶液 浓硫酸
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】D 【分析】
X 之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X 和Y 装置为除杂装置，Y 之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。

【详解】
A .用MnO 2和浓盐酸制取Cl 2需要加热条件，图示装置不能完成，故A 错误；
B .用Na 2SO 3与浓盐酸制取SO 2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B 错误；
C .氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C 错误；
D .碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D 正确； 综上所述，答案为D 。

18．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。

19．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
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。

20．某溶液中可能含有H+、NH+
4、Mg2+、 Al3+、Fe3+、CO2-
3
、SO2-
4
、NO-
3
中的几种。

①若
加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。

则下列说法不正确的是( )
A．溶液中一定含有NH+4B．溶液中一定含有Al3+
C．溶液中一定含有NO-
3D．溶液中一定含有SO2-
4
【答案】C 【分析】
某溶液中可能含有H+、NH+
4、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO2-
3
、SO2-
4
、NO-
3
中的几种。

①若加入锌
粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO-
3
；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系示意图可知，
一定有Mg2+、Al3+和NH+
4，则根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以判断，一定没有CO2-
3
和Fe3+。

根据溶液电中性可知，一定有SO2-
4。

【详解】
A. 沉淀达到最大量之后，即加入NaOH的物质的量在0.5mol~0.7mol之间时，沉淀既没有增加也不有减少，说明溶液中一定含有NH+
4
，A说法正确；
B. 加入NaOH的物质的量在0.7mol~0.8mol之间时，沉淀的量逐渐减少，说明溶液中一定含有Al3+，B说法正确；
C. 加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO-
3
，因为若有
NO-
3
，会产生有刺激性气味的氮的氧化物，C说法不正确；
D. 溶液中一定存在H+、NH+
4、Mg2+、Al3+，一定没有CO2-
3
和NO-
3
，由于溶液呈电中性，所
以，溶液中一定含有SO2-
4
，D说法正确。

本题选C。

21．白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验（已知Ag2SO4可溶于硝酸）。

①A溶于足量水，最终得到无色溶液B和固体C
②固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D，蓝色溶液E和固体F
下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．固体F中有H2SiO3
C．混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．溶液B加HNO3酸化，无沉淀；再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则A中有KCl
【答案】C
【分析】
由实验可知，混合物加水得到无色溶液B和固体C，且固体C不能完全溶解于硝酸中，不溶于硝酸的只有H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含有Cu2＋，则溶液A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4；无色溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含有KCl、CaCO3。

【详解】
A．溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠和硅酸钠，因此溶液B可能是中性或碱性，故pH≥7，A正确，不选；
B．根据分析，硅酸不溶于硝酸，则F中含有H2SiO3，B正确，不选；
C．根据分析，A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含有KCl、CaCO3，C 错误，符合题意；
D．无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀，可排除Na2SiO3，再滴加AgNO3，有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl，说明A中含有KCl，D正确，不选；
答案选C。

22．下列有关S和
2
SO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 。

23．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 NO 2和0.3 mol NO B ．0.2 mol NO 2和0.1 mol N 2O 4 C ．0.6 mol NO
D ．0.1 mol NO 、0.2 mol NO 2和0.05 mol N 2O 4 【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
17g mol
⋅ ＝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
分析； 【详解】
A. 生成0.3 mol NO 2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 NO 2和0.1 mol N 2O 4，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 NO 2和0.05 mol N 2O 4，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。

24．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。

25．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；。