人教版高一化学第二学期 第二次月考检测测试卷含答案

人教版高一化学第二学期第二次月考检测测试卷含答案
一、选择题
1．二氯化二硫（S2Cl2）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，S2Cl2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．S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2 > S2Cl2
B．S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
C．S2Cl2中S显—1价
D．2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋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；S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2相以分子质量较大，所以沸点S2Br2 > S2Cl2，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S2Cl2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S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；
D. 由题中信息S2Cl2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S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl，D正确；故选C。

2．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。

3．下列离子的检验方法及对应结论正确的是( )
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．SO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2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NH4Cl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O2反应产生Al2O3，Al2O3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O2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。

5．下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是
X Y Z
A Na NaOH NaHCO3
B Cu CuSO4Cu(OH)2
C Al2O3AlO2-Al(OH)3
D Si SiO2H2SiO3
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。

6．NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。

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。

7．锥形瓶内盛有气体x，滴管内盛有液体y。

若挤压滴管胶头，使液体y滴入锥形瓶中，振荡，过一会儿，可见小气球a鼓胀起来。

气体x和液体y不可能是()
x y
A NH3H2O
B SO2KOH溶液
C CO26mol∕L H2SO4溶液
D HCl6mol∕L NaNO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】
气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。

【详解】
A．氨气极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，A正确；
B．二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小，B正确；
C．二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中溶解度不大，C错误；
D．氯化氢极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，D正确。

答案选C。

8．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3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SiO2
C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、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
9．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。

10．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。

11．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。

12．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．在硫酸亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO-3＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO2-3 C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O
D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO-3=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【详解】
A ．氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -，故A 正确；
B ．过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉，正确的离子方程式为NH +4+HCO -
3＋Ba 2++2OH -=BaCO 3↓+NH 3·H 2O+ H 2O ，故B 错误；
C ．硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为
3Fe(OH)2+NO 3 +10H +=3Fe 3++8H 2O+NO↑，故C 错误；
D ．小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca 2++2OH -
+2HCO -3=CaCO 3↓+H 2O+CO 2-3，故D 错误；
综上所述答案为A 。

13．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 ．①②
B ．②③
C ．③④
D ．①③
【答案】D
【详解】 ①氯化铵分解产生NH 3和HCl ，气体在试管口降温后又化合生成NH 4Cl 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。

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．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。

16．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 。

17．将43.8g Al 、Cu 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生6.72L 气体(标准状况)。

另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为
A ．39.2g
B ．44.8g
C ．58.8g
D ．66.4g 【答案】C
【详解】
合金溶于足量的NaOH 溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L ，物质的量为0.3mol ，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×23
=0.2mol ，故金属铝的质量为0.2×27=5.4 g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol ，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al 3+ 、 Cu 2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×
322.4=1.8 mol 故Cu 共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol ，向反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH -)=1.2 mol ，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ；C 正确；
故答案选C 。

18．在某100mL 混合液中，HNO 3和H 2SO 4的物质的量浓度分别是0.4mol/L 和0.1mol/L 。

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Cu 2+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。

19．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Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2CO3> H2SiO3
B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，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Na2SO3固体，C中盛有Na2S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Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2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Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S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。

20．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确
．．．的是（）
A．X是N2O5
B．可用排水法收集NO、NO2气体
C．由NO2→NO，无须另加还原剂也可实现
D ．由NH 3→N 2，从理论上看，NH 3可与NO 2反应实现
【答案】B
【分析】
A ．图象可知X 为+5价对应的氮的氧化物；
B ．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；
C ．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；
D ．氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价二者反应生成氮气；
【详解】
A ．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X 为+5价对应的氮的氧化物是N 2O 5，A 正确；
B ．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排空气法收集NO 气体，B 错误；
C ．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH 3、空气、水为原料生产硝酸，C 正确；
D ．NH 3可与NO 2反应生成氮气，8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O ，D 正确；
答案选B 。

【点睛】
本题考查了氮元素及其化合物的性质、主要是个价态存在物质的氧化还原反应，掌握基础是解题关键，题目难度中等
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 ) 1.0mol 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 。

22．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；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 +4
B ．溶液中一定含有Al 3+
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、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。

23．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。

24．将19.2g的铜屑投入到400 mL浓度均为0.5mol/L HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为
A．4.5 g B．9.9 g C．13.2 g D．14.7 g
【答案】B
【详解】
Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，据题可知
Cu的物质的量=19.2g
64
=0.3mol，氢离子的物质的量是0.4×(0.5+1.0 ) =0.6mol，硝酸根离子
的物质的量是0.4×0.5 =0.2mol，所以氢离子不足，当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu
的物质的量=0.45
2
=0.225mol，产生NO的物质的量=
0.45
3
=0.15mol，参加反应的Cu的质量
是0.225×64=14.4g，生成NO的质量是0.15×30 =4.5g，所以溶液增重14.4-4.5=9.9g，故B正确；答案选B。

25．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。

二、实验题
26．某校化学兴趣小组用如下装置图验证NO2的氧化性和NO的还原性。

请回答下列问题：
（1）写出甲中反应的离子方程式：______________；
（2）说明NO2具有氧化性的现象是_________________；
（3）说明NO具有还原性的操作和现象是______________；
（4）小组一成员对实验设计提出了质疑，他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性，他的理由除了硝酸具有挥发性外，还有可能
是_____________________________________；经小组讨论，他们设计了以下方案，其中合理的是__________
A．NO2与HCl气体混合 B．NO2与H2S气体混合 C．NO2通入Na2S溶液中
【答案】Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + NO2↑ + 2H2O 淀粉KI溶液变蓝打开开关，挤压气囊；丙中气体由无色变为红色 NO2和水反应生成的HNO3是一种氧化性酸，也可将I－氧化成I2，使溶液变蓝B
【详解】
（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子反应方程式为Cu+4H++2NO3-＝
Cu2++2NO2↑+2H2O；
（2）NO2具有氧化性，能将碘离子氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝色，所以乙试管中溶液变蓝色可以证明NO2具有氧化性；
（3）二氧化氮和水反应生成的一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，说明NO具有还原性，所以看到的现象是：有红棕色气体生成；
（4）二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，所以硝酸也能把碘离子氧化生成碘单质，对二氧化氮性质的检验造成干扰；为防止硝酸的干扰，故应在无水的环境中检验NO2的氧化性，将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合，若有淡黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性，答案选B。

【点睛】
本题利用Cu与浓HNO3的反应制取NO2，再利用NO2与水的反应制NO，明确物质的性质是解本题关键，知道二氧化氮和一氧化氮性质的区别。

设计实验时需要注意干扰因素的排除。

27．为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去），B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球．
（1）实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离．该组学生设计此步操作的目的为．
（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的化学方程式为．装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是．一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是．
（3）装置D 用于尾气吸收，当等体积的NO和NO2通入D中，气体被完全吸收，并且只产生一种盐，该反应方程式为．
【答案】（1）用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气，让整套装置充满CO2，防止O2干扰；
（2）3Cu+8HNO3=2Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；NO遇空气中的O2生成NO2；NO2和水反应产生HNO3，使的CaCO3沉淀溶解；2-1-c-n-j-y
（3）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．
【解析】
试题分析：实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出去其中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，且在C中可观。