安徽省合肥市一六八中学人教版高一下学期第二次质量检测化学试卷

安徽省合肥市一六八中学人教版高一下学期第二次质量检测化学试卷
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．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是( )
A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物
B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3
C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】C
【详解】
A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；
C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；
D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；
答案选C。

【点睛】
解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。

3．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
CO-+2H+=CO2↑+H2O
A．在稀盐酸中投入大理石粉末：2
3
B．1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu
HSO-
D．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+
3
【答案】B
【详解】
CO-的形式，A不正确；
A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成2
3
B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；
C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；
HSO-还会发生氧化还原反应，二者不能D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与
3
共存，D不正确；
故选B。

4．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。

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 。

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．NH 3和NO 2在催化剂作用下反应：8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O 。

若还原产物比氧化产物少0.1 mol ，则下列判断不正确的是 A ．转移电子2.4N A
B ．生成的气体冷却至标况，体积为15.68 L
C ．还原剂比氧化剂多0.2 mol
D ．被还原的氮原子是11.2 g
【答案】D
【详解】
A．在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。

现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 mol N2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4N A，A正确；
B．根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L，B正确；
C．反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。

若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；
D．根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。

则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol×14 g/mol=8.4 g，D错误；
故合理选项是D。

9．一定量的锌与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A 33.6L（标况）。

将反应液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是（）
A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1 C．反应中共消耗97.5g Zn D．反应中共转移3 mol电子
【答案】B
【分析】
生成气体的物质的量为33.6
22.4
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×
1
2
=0.05mol，参加
反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。

【详解】
生成气体的物质的量为33.6
22.4
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×
1
2
=0.05mol，参加
反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，
A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；
B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；
C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；
D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；
故答案选B。

10．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120 mL 4 mol·L的稀硝酸，恰好使混合物完
全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，
若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A．0.21 mol B．0.14 mol C．0.16 mol D．0.24 mol
【答案】B
【解析】
试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为
n(Fe)=0.21mol，故选项A正确。

考点：考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

11．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。

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．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。

16．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。

17．铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）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+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O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（NO3-）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。

18．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。

19．下列说法正确的是（）
A．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性
【答案】B
【详解】
A．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；
B．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；
C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故C错误；
D．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次
氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。

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．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MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸
B用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液浓硫酸
C用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液浓硫酸
D CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3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MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；
B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二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。

23．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 -3
D ．溶液中一定含有SO 2-4 【答案】C
【分析】
某溶液中可能含有H +、NH +4、Mg 2+、Al 3+、Fe 3+、CO 2-3、SO 2-4、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Mg 2+、Al 3+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CO 2-3和Fe 3+。

根据溶液电中性可知，一定有SO 2-4。

【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Al 3+，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、Mg 2+、Al 3+，一定没有CO 2-3和NO -
3，由于溶液呈电中性，所以，溶液中一定含有SO 2-4，D 说法正确。

本题选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 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 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．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。

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)
Δ
CuSO4+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．某化学课外活动小组设计实验探究氨的催化氧化。

检查装置气密性后，先将C处铂丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯。

部分实验现象如下：C处铂丝继续保持红热，F处铜片逐渐溶解。

（1）装置A中使用的药品是NHHCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管橡胶塞和__(填选项序号)。

a.锥形瓶
b.酒精灯
c.烧瓶
d.蒸发皿
（2）装置B的作用是___。

（3）装置C中发生反应的化学方程式为__。

（4）该装置存在的主要缺陷是__。

（5）如图所示的E装置可防止F中溶液倒吸进入D中，请在图中画出装置E中的导气管。

___
（6）若进入F装置的物质成分和质量一定，可向F中加入下列物质中的__(填字母)使铜片。