人教版高一化学(下)学期4月份 质量检测测试卷含答案

人教版高一化学(下)学期4月份质量检测测试卷含答案
一、选择题
1．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ
A．Fe3+ 有氧化性FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜
B．SiO2有导电性SiO可用于制备光导纤维
C．氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D．铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。

考点：本题考查元素、化合物性质。

2．一定条件下，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。

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。

6．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。

7．下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；
B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；
C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；
D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；
故选C。

8．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
A．A B．B C．C D．D
【详解】
A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；
B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；
C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；
D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；
答案选D。

9．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。

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】
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．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。

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．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．
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。

【详解】
标准状况下672mL的混合气体：n（NO）+n（NO2）=
0.672
22.4L/mol
L
=0.03mol，
（O2）=
0.28L
22.4L/mol
=0.0125mol，
由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），
解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，
所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，
由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3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．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色
无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有A．Cl－，SO B．Cl－，NO C．Cl－，CO D．Cl－，OH－
【答案】C
【解析】
加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。

16．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
选
项
操作现象结论
A 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯
水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉溶液
后溶液变蓝色
氧化性：Cl2＞I2
B将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中溶液变蓝铜与稀硝酸发生置换反应
C 向溶液X中滴加稀硝酸，再滴加
Ba（NO3）2溶液
出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-
D常温下将铝片放入浓硝酸中无明显现象铝与浓硝酸不反应
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
17．aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是
A．若a＜b，则c＞0.5(a+b) B．若a＞b，则c＝0.5(a+b)
C．若a＝b，则c＝0.5(a+b) D．若a＜b，则c＜0.5(a+b)
【答案】D
【解析】
【详解】
首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体
积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；
D、根据以上分析可知D错误。

答案选D。

18．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。

19．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 ．1molCuSO 4在1100℃所得混合气体X 中O 2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 ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O 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 。

20．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。

21．对于1L HNO 3和H 2SO 4的混合溶液，若HNO 3和H 2SO 4物质的量浓度存在如下关系：c(H 2SO 4)+c(HNO 3)═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+2NO 3﹣+8H +＝3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，NO 3﹣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。

22．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Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2
C．由Cu+Cl2加热
CuCl2，所以Cu+I2
加热
CuI2
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．F2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：F2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。

23．10mLNO、CO2 的混合气体通过足量的Na2O2后，气体的体积变为6 mL (相同状况),则NO和CO2的体积比为( )
A．1:1 B．2:1 C．3:2 D．1:2
【答案】D
【分析】
发生反应有:①2Na2O2+CO2==Na2CO3 + O2，② 2NO+ O2==2NO2，问题的关键在于NO与氧气反应存在着三种可能性，一种情况是恰好反应，一种情况是NO过量，另一O2种情况可能是过量，据此讨论计算。

【详解】
发生反应有：①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，②2NO+O2═2NO2，
假设参加反应的CO2为x mL，NO为y mL，则x+y=10，
2222322mL 1222mL
xmL 1xmL 2CO Na O Na CO O +=+⋯①
2
2+=2mL 1mL
2mL ymL 122xmL 2NO O NO ⋯②
(1)当反应②恰好反应时，即当y=x 时(此时x 、y 都等于5)，生成的NO 2的体积为5mL ，不符合题意，所以选项A 错误；
(2)当y ＞x 时，NO 有过量，O 2反应完，此时反应掉的NO 为xmL ，则剩余的NO 为(ymL-xmL)，生成的NO 2气体为xmL ，因此，反应最后得到的混合气体为NO 和NO 2，其体积和为：(ymL-xmL)+xmL=ymL ，故y=6ml ，即NO 体积6ml ，结合x+y=10，x=4ml ，则CO 2为4 mL ，故NO 和CO 2的体积比为6ml ：4ml=3：2，故B 错误，C 正确；
(3)当y ＜x 时，NO 不足，O 2过量，此时反应掉的O 2为2y mL ，剩余的O 2为(2x mL-2y mL)，生成的NO 2气体为ymL ．因此，反应最后得到的混合气体为O 2和NO 2，其体积和为：(
2x mL-2y mL)+ymL=2x mL+2
y mL=5mL ，这与题意“气体体积缩小为6mL”不符合，这表明如果y ＜x ，这种情况不符合题意，所以选项D 错误；
故答案为C 。

24．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 。

25．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。

二、实验题
26．亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，沸点为－5.5℃，遇水和潮气分解。

回答下列问题：
（1）NO与Cl2在通常条件下可反应得到NOCl。

某实验小组用浓盐酸与MnO2反应制C12，Cu和稀HNO3制NO。

①制取NO的离子方程式为________________________
②选用下列部分装置预制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为____(气流方向从左至右)。

（2）文献中记录的一种利用浓盐酸和NaNO2浓溶液反应制取NOCl的原理及装置如下所示：
反应原理：NaNO2＋2HCl＝NOCl↑＋NaCl＋H2O。

制取装置图：
①仪器X的名称为_______，用它代替分液漏斗的优点是_________________
②装置C的U形管中观察到的现象是____________，装置D的作用是_________
（3）取少量产品NOCl滴入盛有水的试管中，液面上方有白雾且产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，NOCl与水反应的化学方程式为___________________
【答案】3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O b→e→f→i→h→d→c→g 恒压分液漏斗
便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中有红褐色液体生成防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体 3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑
【分析】
（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，应用饱和食盐水除去氯气，用酸性干燥剂干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，并用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，防止污染空气；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，温度低于－5.5℃时会冷凝变为红褐色液体；注意亚硝酰氯遇水和潮气分解，冷凝收集时要注意防止水蒸气进入U形管中；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体；
【详解】
（1）①Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为
3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3―=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②浓盐酸与MnO2共热反应制得C12，制得的C12中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为b→e→f→i→h→d→c→g，故答案为b→e→f→i→h→d→c→g；
（2）①仪器X的名称为恒压分液漏斗，与分液漏斗相比，恒压分液漏斗能起到平衡气压的作用，便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中，故答案为恒压分液漏斗；便于浓盐酸顺利滴入三颈烧瓶中；
②由题意可知，亚硝酰氯沸点为－5.5℃，装置C中冰盐水的作用是冷凝亚硝酰氯，则U 形管中可收集到红褐色亚硝酰氯液体；因亚硝酰氯遇水和潮气分解，则装置D中碱石灰的作用是防止水蒸气进入U形管中，导致亚硝酰氯遇水和潮气分解，同时吸收尾气中NOCl
等酸性气体，故答案为有红褐色液体生成；防止水蒸气进入U形管中，同时除去尾气中NOCl等酸性气体；
（3）由题意可知，亚硝酰氯液体与水反应生成硝酸、盐酸和一氧化氮气体，反应的化学方程式为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑，故答案为3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO↑。

【点睛】
亚硝酰氯沸点低，遇水和潮气会分解，制备和收集时，应注意防止亚硝酰氯与水蒸气接触是解答关键，也是易错点。

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；
（2）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打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加；
（3）装置A中是制备氯气的发生装置，是在加热的条件下进行的反应，所用原料为二氧化锰和浓盐酸，离子方程式为：MnO2+4H++2C1﹣Mn2++C12↑+2H2O；
（4）装置B是在常温下进行的反应，可以和浓氨水产生氨气的试剂可以是氢氧化钠固体、。