福州市人教版高一化学第二学期第二次质量检测测试卷

福州市人教版高一化学第二学期第二次质量检测测试卷
一、选择题
1．CuSO 4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H 2SO 4与HNO 3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 。

2．下列离子方程式书写正确的是
A ．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2溶液时，反应为：Al 3++ 2SO 2-4+ 2Ba 2++ 4OH -= 2BaSO 4↓+ AlO -2+ 2H 2O
B ．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H ＋＋FeS=H 2S↑＋Fe 2＋
C ．向次氯酸钙溶液中通入SO 2：Ca 2＋＋2ClO -＋SO 2＋H 2O=CaSO 3↓＋2HClO
D ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋NO -
3=3Fe 3＋＋NO↑＋3H 2O
【答案】A
【详解】
A ．Ba(OH)2足量，故明矾KAl(SO 4)2·12H 2O 完全反应，其中Al 3+与OH -反应生成-2AlO ，即①3+--22Al +4OH = AlO +2H O ，2-4SO 与Ba 2+反应，②2-2+4
4SO +Ba = BaSO ↓，由于Al 3+、2-4SO 都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应为①+②×2，即
3+2-2+--4422Al +2SO +2Ba +4OH = 2BaSO +AlO +2H O ↓，A 正确；
B ．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS 中亚铁氧化为Fe 3+，-2价硫氧化为S 单质，自身被还原为SO 2，B 错误；
C ．次氯酸根有强氧化性，能将SO 2氧化为2-
4SO ，自身被还原为Cl -，C 错误；
D ．磁性氧化铁为Fe 3O 4，书写离子方程式时，Fe 3O 4不能拆，D 错误；
故答案选A 。

3．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SiO 2属于两性氧化物
B ．由反应④说明酸性，H 2SiO 3＞H 2CO 3
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SiO 2+2NaOH=Na 2SiO 3+H 2O ；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O ，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SiO 2能与Na 2CO 3固体反应生成Na 2SiO 3和CO 2，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。

4．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 。

5．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
a b c A
Al AlCl 3 Al(OH)3 B
NO NO 2 HNO 3 C
Si SiO 2 H 2SiO 3 D
S SO 2 H 2SO 4
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】B
【详解】 试题分析：A 项：用Al(OH)3无法一步生成Al ，故错。

B 项：可以。

如2NO+O 2=2NO 2，3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO 2↑+2H 2O ，
3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，故正确。

C 项：SiO 2无法一步生成H 2SiO 3，H 2SiO 3无法一步生成Si ，故错。

D 项：H 2SO 4无法一步生成FeS 2，故错。

故选B 。

考点：无机推断
点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

6．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。

7．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）
A．制备并观察氢氧化亚铁
B．证明过氧化钠与水反应放热
C．制备并收集少量NO2气体
D．实验室制备少量氨气
【答案】C
【解析】
【详解】
A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；
B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；
C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；
D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；
答案选C。

8．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。

9．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。

10．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。

下列说法错误的是()
A．H2SO4浓度为4 mol/L
B．溶液中最终溶质为FeSO4
C．原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/L
D．AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋
【答案】C
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），
根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=n
V
计算c（H2SO4）、c
（NO3-）。

【详解】
A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；
B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；
C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n （NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；
D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。

答案选C。

【点晴】
该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。

计算离子时注意用离子方程式计算。

还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。

11．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。

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．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
【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。

14．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。

15．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SO2的生成
C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】
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．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C．SO2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SO2，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CuSO4生成，故D错误；
故答案为D。

16．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。

17．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．NH4NO3B．H2O C．N2D．NO2
【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 。

18．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1mol 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 。

19．10mLNO 、CO 2 的混合气体通过足量的Na 2O 2后，气体的体积变为6 mL (相同状况),则NO 和CO 2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:①2Na 2O 2+CO 2==Na 2CO 3 + O 2 ，② 2NO+ O 2==2NO 2，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O 2种情况可能是过量，据此讨论计算。

【详解】
发生反应有：①2Na 2O 2+2CO 2═2Na 2CO 3+O 2，②2NO+O 2═2NO 2，
假设参加反应的CO 2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 。

20．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 。

21．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。

答案为C。

22．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。

23．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2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S2-+Fe3+=S+Fe2+
C．过程③中，氧气是氧化剂
D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
【答案】B
【详解】
A．过程①中发生H2S+Cu2+=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+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；
答案为B。

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
【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
＝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17g mol
分析；
【详解】
A. 生成0.3 mol NO2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．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)=0.3×2
3
=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Al3+ 、Cu2+离子，
根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×
3
22.4
=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。

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。