孝感市高一下学期第二次质量检测化学试题

孝感市高一下学期第二次质量检测化学试题
一、选择题
1．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．①②B．②③C．③④D．①③
【答案】D
【详解】
①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl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。

2．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。

3．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SO24-时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2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。

4．下列说法不正确
．．．的是( )
A．生铁和钢都是铁和碳的合金B．氯化钙是漂白粉的有效成分
C．玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D．氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】B
【详解】
A．生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正确；
B．漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；
C．玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确；
D．氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料，D正确；
故合理选项是B。

5．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。

6．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。

7．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
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。

8．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。

9．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。

10．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为
A．n(SO2)/n(H2)=1/1 B．n(SO2)/n(H2)=4/1
C．n(SO2)/n(H2)=1/4 D．n(SO2)/n（H2）=3/2
【答案】A
【详解】
根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得
x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。

11．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。

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
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．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是
选实验操作及现象实验结论
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；B．比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比
H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；
C．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或
SO-，故C错误；
硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有2
4
NH+，故D正确；
D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有
4
答案为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．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。

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：32
2Pt
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．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 。

20．下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A ．S
SO 3
H 2SO 4
B ．SiO 2
Na 2SiO 3(aq)
H 2SiO 3(胶体)
C．Fe FeCl3FeCl2(aq) D．Al2O3NaAlO2(aq) AlCl3(aq)
【答案】A
【详解】
A、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，故A错误；
B、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O ，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，故B正确；
C、2Fe+3Cl2=2FeCl3,2FeCl3+Fe=3FeCl2，故C正确；
D、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸生成三氯化铝，故D 正确；
故选A。

21．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2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应放热；
A.因为MgCl2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MgCl2，溶液1中不可能含Cl-，A正确；
B.若X中还含有NH4NO3，则固体X加入足量水后还会发生反应：
NH4NO3+NaOH Δ
NaNO3+NH3↑+H2O，气体1可能是O2、NH3的混合物，B正确；
C.若X中还同时含有Al2O3、SiO2，X与足量水反应后可能溶解部分Al2O3、SiO2，还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中，Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液，C正确；
D.溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO42-、SiO32-等，即溶液1中不一定含SO42-，则原固体X中不一定含有K2SO4、Na2SO3，D错误；
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、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 。

23．下列有关S 和2SO 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
【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 。

24．将H 2S 和空气的混合气体通入FeCl 3、FeCl 2和CuCl 2的混合溶液中回收S ，其转化如图所示(CuS 不溶于水)。

下列说法错误的是（ ）
A ．过程①发生非氧化还原反应
B ．过程②中，发生反应为S 2-+Fe 3+=S+Fe 2+
C ．过程③中，氧气是氧化剂
D ．整个转化过程中Fe 3+可以循环使用
【答案】B
【详解】
A ．过程①中发生H 2S+Cu 2+=CuS ↓+2H +，Cu 元素化合价都是+2价、H 元素化合价都是+1价、S 元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A 正确；
B ．过程②中发生CuS+2Fe 3+=S+2Fe 2++Cu 2+，故B 错误；
C ．过程③中发生4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O ，Fe 元素的化合价升高，被氧化，Fe 2+作还原剂，O 2中O 元素的化合价降低，被还原，O 2作氧化剂，故C 正确；
D ．由过程②③中反应可知，Fe 3+可以循环使用，故D 正确；
答案为B 。

25．在未知液中加入AgNO 3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。

二、实验题
26．某化学兴趣小组设计如下图所示的实验装置，探究SO2的性质。

［部分夹持仪器已略去］
[实验探究]
(1)装置A中反应的化学方程式是____，仪器a的名称是____，导管b的作用是____。

(2)实验一段时间后，装置B中观察到现象是_____。

(3)装置C中溶液褪色说明SO2具有______性。

(4)装置D烧杯中盛放的试剂是_______(填“氢氧化钠溶液”或“浓硫酸”)。

(5)实验结束时需从导管b通入大量空气，其目的是______。

(6)用12.8g铜与足量浓硫酸反应，理论上最多可生成_____LSO2气体(标准状况下)。

[知识拓展]
(7)酸雨造成的危害是：____(举一例)。

(8)探究SO2形成硫酸型酸雨的途径：将SO2通水入中，测得所得溶液的pH___7(填“＞”“=”或“＜”)。

然后每隔1h测定其pH,发现pH逐渐变小，直至恒定，其原因)是(用化学方程式表示)____。

【答案】Cu+2H2SO4(浓)∆=CuSO4+SO2↑+2H2O 圆底烧瓶（或烧瓶）平衡气压（或者防止装置中气压过大使仪器破裂，防止气压过小产生倒吸等）酸性高锰酸钾溶液褪色漂白
氢氧化钠溶液使装置内SO2被充分吸收．减少污染 4.48 土壤酸化（或破坏植物生长、河水酸化、腐蚀建筑等）＜ 2H2SO3+O2=2H2SO4
【分析】
根据题中图示信息可知，装置A是SO2气体产生装置，装置B是探究SO2的还原性，装置
C是探究SO2的漂白性，装置D是尾气吸收装置，防止污染环境；据此解答。

【详解】
(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) ∆=CuSO4+SO2↑+2H2O，仪器a的名称是圆底烧瓶，铜与浓硫酸反应会生成SO2气体，导致圆底烧瓶内的压强大于外界大气压，导致气流过快，故导管b的作用是平衡压强(或者防止装置中气压过大使仪器破裂，防止气压过小产生倒吸等)；
答案为：Cu+2H2SO4(浓) ∆=CuSO4+SO2↑+2H2O，圆底烧瓶，平衡压强(或者防止装置中气压过大使仪器破裂，防止气压过小产生倒吸等)。

(2)SO2气体具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，故实验一段时间后，装置B中观察到的现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；
故答案为:酸性高锰酸钾溶液褪色。

(3)装置C中的品红溶液褪色说明SO2具有漂白性；
答案为:漂白。

(4)装置D的作用是吸收未反应完的SO2气体，氢氧化钠可以与SO2反应，因此可以用氢氧化钠溶液吸收SO2气体，而浓硫酸不与SO2反应，则不能吸收SO2气体，故D烧杯中盛放的试剂是氢氧化钠溶液；
答案为:氢氧化钠溶液。

(5)实验结束后，装置内可能会残留SO2气体，通入空气的目的是把装置内残留的二氧化硫气体赶入D中被氢氧化钠完全吸收；
答案为:把装置内残留的二氧化硫气体赶入D中被氢氧化钠完全吸收。

(6)12.8g铜的物质的量为n(Cu)= m
M
=
12.8g
64g/mol
=0.2mol，根据铜与浓硫酸反应的化学方
程式Cu+2H2SO4(浓) ∆=CuSO4+SO2↑+2H2O，可知0.2mol的铜与足量的浓硫酸反应生成的SO2气体的物质的量为0.2mol，标准状况下的体积为V(SO2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
答案为4.48。

(7)酸雨的危害有导致土壤酸化或破坏植物生长或河水酸化或腐蚀建筑等；
答案为:导致土壤酸化或破坏植物生长或河水酸化或腐蚀建筑等。

(8)SO2溶于水会生成H2SO3，导致溶液显酸性，则溶液的pH＜7，每隔1h测定其pH，发现pH逐渐变小，直至恒定，原因是因为H2SO3被空气氧化生成了H2SO4，反应的化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4；
答案为:＜，2H2SO3+O2=2H2SO4。

27．化学小组为探究
2
SO在酸性KI溶液中的反应，利用如图装置进行实验：
I.排出装置内的空气。

减缓2CO 的流速，向丁装置中通入2CO 和2SO 的混合气体。

Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。

摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。

Ⅲ.持续向丁装置中通入2CO 和2SO 混合气体，溶液变为无色。

Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加2BaCl 溶液，产生白色沉淀。

回答下列问题：
(1)苯的作用为__________。

排出装置内空气的具体操作为_________。

(2)向装置丁中缓慢通入2CO 的作用是__________。

(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。

(4)实验的总反应为_________，KI 和HI 在反应中的作用为___________。

【答案】萃取碘单质，隔绝空气防止I -被氧化 关闭2K ，打开3K ，打开1K 防止倒吸
222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+ 22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++
22243SO 2H O 4H 2SO S +-+=++↓ 催化剂
【分析】
为探究2SO 在酸性KI 溶液中的反应，由于酸性KI 容易被O 2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一
步，222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+，第二步，
22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；最后用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒
吸。

【详解】
(1)根据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止I -被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开3K ，打开1K ，关闭2K ；
(2)若只将2SO 通入丁中，2SO 反应后压强减小，会倒吸，通入2CO 和2SO 混合气体，2CO 不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；
(3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边
缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+；步
骤Ⅲ通入2CO 和2SO 混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：
22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；
(4)根据222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+和22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++反
应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：
22243SO 2H O 4H 2SO S +-+=++↓； KI 和HI 在反应前后质量和性质没有发生改变,故
其为催化剂。

28．过氧化钙晶体(CaO 2·
8H 2O)常温下为白色，能溶于酸，难溶于水、乙醇，是一种温和的氧化剂，常用于鱼类长途运输的增氧剂等。

（1）过氧化钙晶体可用下列方法制备：CaCl 2＋H 2O 2＋2NH 3＋8H 2O=CaO 2·
8H 2O↓＋2NH 4Cl 。

用如下制取装置制备过氧化钙晶体。

①装置A 中发生反应的化学方程式为____________。

②装置C 采用冰水浴控制温度在0 ℃左右，可能的原因主要有：
Ⅰ. 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO 2·8H 2O 产率；
Ⅱ.__________________________________。

③反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO 2·
8H 2O 。

检验晶体已洗涤干净的操作为：______。

（2）测定产品中CaO 2·
8H 2O 含量的实验步骤如下： 步骤一：准确称取a g 产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI 晶体，再滴入2 mol·L －1的硫酸溶液，充分反应（I －被氧化I 2）。

步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液以指示反应的终点。

步骤三：逐滴加入浓度为c mol·
L －1的Na 2S 2O 3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，再重复上述操作2次，得出3次平均消耗Na 2S 2O 3溶液体积为V mL 。

发生的反应为：I 2＋2S 2O 32-=2I －＋S 4O 62-，产品中CaO 2·8H 2O 的质量分数为____(用含字母的代数式表示)。

【答案】2NH 4Cl ＋Ca(OH)2CaCl 2＋2NH 3↑＋2H 2O 温度高时，H 2O 2会分解 取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液(或硝酸酸化的硝酸银溶液)，若无白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净
0.108Vc a 或 10.8Vc %a
【分析】
(1)①根据题意，反应有氨气参与，A 装置为Ca(OH)2与NH 4Cl 共热制氨气，据此书写；。