完整版高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 复习题及答案

完整版高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素复习题及答案
一、选择题
1．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。

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．下列离子的检验方法及对应结论正确的是( )
离子检验方法及对应结论
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀，取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，不能证明有镁离子，可能有铝离子，故A错误；
B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确；
C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，不能证明有硫酸根离子，可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故C错误；
D.取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错误；
故选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 ．SO 2溶于水后与水反应产生H 2SO 3，H 2SO 3电离产生H +使溶液显酸性，因此将SO 2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NH 4Cl 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O 2反应产生Al 2O 3，Al 2O 3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O 2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 。

6．下列反应在指定条件下能实现的是
A ．HClO −−−→光照HCl
B ．Fe 2H O −−−→高温Fe 2O 3
C ．S 2O −−−→点燃SO 3
D ．S Fe
Δ−−→Fe 2S 3 【答案】A
【详解】
A ．HClO 在光照条件下能发生分解，生成HCl 和O 2，A 正确；
B ．Fe 与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe 3O 4和H 2，B 不正确；
C ．S 在O 2中点燃，只能生成SO 2，不能生成SO 3，C 不正确；
D ．S 与Fe 在加热条件下反应，只能生成FeS ，D 不正确；
故选A 。

7．将51.2g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO 、N 2O 4、NO 2）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NaNO 2和NaNO 3两种盐溶液，其中NaNO 3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 、N 2O 4、NO 2）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NaNO 2和NaNO 3两种盐溶液，在NaNO 3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NaNO 2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。

8．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。

9．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。

10．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了
0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为
A．6.4g B．9.6g C．11.2g D．12.8g
【答案】B
【解析】
试题分析：反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为
0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。

考点：考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。

11．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。

12．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH 3+3F 2→NF 3 +3NH 4F ，其中产物NF 3分子结构和NH 3相似。

下列有关说法错误的是( )
A ．NF 3分子含有极性共价键
B ．NF 3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】
4NH 3+3F 2=NF 3+3NH 4F 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，NH 4F 为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】
A ．NF 3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 ．NF 3分子结构和NH 3相似，都属于共价化合物，故B 不选；
C ．在4NH 3+3F 2=NF 3+3NH 4F 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 ．NH 4F 是离子化合物，为离子晶体，故D 选；
故选：D 。

13．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。

14．CuSO 4•5H 2O 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．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4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Cu2+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 ×38
=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。

16．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SO 2的生成
C ．③中选用NaOH 溶液吸收多余的SO 2
D ．为确认CuSO 4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 ．SO 2具有漂白性，可用品红溶液验证SO 2的生成，故B 正确；
C ．SO 2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SO 2，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CuSO 4生成，故D 错误；
故答案为D 。

17．标准状况下，使2NO 和2O 按4：1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液
面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为()
A ．1mol /L 14
B ．4mol /L 5
C ．1mol /L 28
D ．1mol /L 42
【答案】C
【分析】 设出二氧化氮和氧气的体积，NO 2和O 2按体积比4：1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生反应：4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3，根据方程式计算．
【详解】
设混合气体中含有4VLNO 2，1VLO 2，则烧瓶的体积为5VL ，
23
2
2+O +2H O =4/22.41/22.44N 4/O 4HNO 22.4
3422.41=c HN mol/L 528O =
（）；故答案为C 。

【点睛】 明确二氧化氮与氧气的反应是解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。

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：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 。

19．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Al3+、Fe3+、Mg2+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(NO3-)=0.9mol，则
A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+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)=0.9
0.3
mol
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(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的
物质的量浓度为：c(HNO3)= 1.2
0.3
mol
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。

20．某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：
下列说法不正确
．．．的是（）
A．溶液1中不可能含有Cl-
B．气体1可能是二种气体的混合物
C．固体1可能是二种固体的混合物
D．固体X中，K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种
【答案】D
【详解】
固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，Fe2O3、Al2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应，K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中一定含有Na2O2，Na2O2与水的反应
为2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑，过氧化钠与水反应放热；
A.因为MgCl 2与NaOH 反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl ，Mg(OH)2不溶于NaOH 溶液，而固体X 中加入足量水得到的固体1能与NaOH 溶液反应得到溶液2，故固体1中不含Mg(OH)2，X 中不含MgCl 2，溶液1中不可能含Cl -，A 正确；
B.若X 中还含有NH 4NO 3，则固体X 加入足量水后还会发生反应：
NH 4NO 3+NaOH ΔNaNO 3+NH 3↑+H 2O ，气体1可能是O 2、NH 3的混合物，B 正确；
C.若X 中还同时含有Al 2O 3、SiO 2，X 与足量水反应后可能溶解部分Al 2O 3、SiO 2，还有未溶解的Al 2O 3、SiO 2在固体1中，Al 2O 3、SiO 2都能溶于NaOH 溶液，C 正确；
D.溶液1中加入盐酸/BaCl 2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO 42-、SiO 32-等，即溶液1中不一定含SO 42-，则原固体X 中不一定含有K 2SO 4、Na 2SO 3，D 错误；
答案选D 。

21．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) 1.0mol0.8mol
(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 Cu2，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误；
答案选B。

22．如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。

图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。

下列说法错误的是
A．x为O2，y为H2O
B．c为S，g为Na2SO4或NaHSO4
C．f的浓溶液不能用铁制容器盛装
D．反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑
【答案】C
【分析】
a、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为-2价，即为第ⅥA族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4价，即元素为硫元素。

根据物质分类可知，b为硫化氢，c为硫单质，d为二氧化硫，即x为氧气，e为三氧化硫，f为硫酸，y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a为硫化钠或硫氢化钠。

【详解】
A．根据物质分类和反应过程可知，x为O2，y为H2O，A正确，不选；
B．根据物质分类可知，c为S，g为Na2SO4或NaHSO4，B正确，不选；
C．常温下，f的浓溶液会与Fe发生钝化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；
D．a为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑，D正确，不选。

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。

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
【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 。

25．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 。

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 +；。