甘肃省甘南州卓尼县柳林中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 复习题及答案

甘肃省甘南州卓尼县柳林中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素
复习题及答案
一、选择题
1．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。

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．下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．NaBr溶液(NaI)中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不
正确；
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；
C．SO2(HCl)中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；D．MgCl2溶液(CaCl2)中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；
故选D。

5．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。

6．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 NaHCO 3 B Cu CuSO 4 Cu(OH)2 C Al 2O 3 AlO 2- Al(OH)3 D
Si
SiO 2
H 2SiO 3
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 。

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．下列反应在指定条件下能实现的是
A ．HClO −−−→光照
HCl B ．Fe 2H O −−−→高温Fe 2O 3 C ．S 2O
−−−→点燃
SO 3 D ．S Fe
Δ
−−→Fe 2S 3 【答案】A 【详解】
A ．HClO 在光照条件下能发生分解，生成HCl 和O 2，A 正确；
B ．Fe 与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe 3O 4和H 2，B 不正确；
C ．S 在O 2中点燃，只能生成SO 2，不能生成SO 3，C 不正确；
D ．S 与Fe 在加热条件下反应，只能生成FeS ，D 不正确； 故选A 。

9．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
NH 3
H 2O
B
SO 2
KOH 溶液
C
CO 2
6mol∕L H 2SO 4溶液
D
HCl
6mol∕L NaNO 3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。

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 ＋=Fe 2++2H 2O
D ．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca 2++OH -+HCO -
3=CaCO 3↓+H 2O 【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．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CO 32－，C 项正确。

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CuSO 4•H 2O
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 (H 2SO 4)：n (H 2O)=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 (CuSO 4•5H 2O)=
5.00g
250g/mol
=0.02mol ，CuSO 4•5H 2O 完全失去结晶水时，所得CuSO 4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
Cu 2O 。

【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
CuSO 4•H 2O ，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，CuSO 4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，SO 3与H 2O 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 (H 2SO 4)：n (H 2O)=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Cu 2O ，D 不正确； 故选D 。

15．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。

16．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。

17．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．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2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＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O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 。

18．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 ．
1
mol /L 14 B ．
4
mol /L 5
C ．
1
mol /L 28
D ．
1
mol /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
22+O +2H O =4/22.41/22.4
4N 4/O 4HNO 22.4
3422.41=
c HN mol/L 5
28
O =
（）；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。

19．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N 2O 5
B ．可用排水法收集NO 、NO 2气体
C ．由NO 2→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N2O5，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NH3、空气、水为原料生产硝酸，C正确；
D．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，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
20．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。

21．10mLNO、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 。

22．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。

23．将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1NaOH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，则下列有关叙述中正确的是
A．加入合金的质量可能为9.6g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL
C．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol
D．溶解合金时产生NO气体体积2.24L
【答案】C
【详解】
沉淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，
则n(OH-)=
5.1
17/
g
g mol
=0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=
1
2
n(OH-
)=1
2
×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；
B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=
0.3mol
3mol/L
=0.1L=100mL，故B
错误；
C．根据转移电子守恒得起氧化作用的硝酸的物质的量= 0.15mol2
52
⨯
-
=0.1mol，根据金属原
子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故C正确；
D．由转移电子守恒得n(NO)=0.15mol2
52
⨯
-
=0.1mol，由于缺少标准状况这个条件，气体体
积无法计算，故D错误；
答案为C。

24．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。

25．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。

二、实验题
26．如图所示是实验室快速制备氨气与验证氨气性质的装置(部分固定装置已省略)。

(1)连接好装置后，若要检查A E 装置的气密性，其操作是先关闭______和______，打开______，在E 中装入水后，用酒精灯微热A ，观察到E 中有气泡产生，移开酒精灯，E 中导管有水柱形成，则说明A E 装置的气密性良好。

(2)请解释A 中制取氨气的原理：_____________。

(3)装置B 中盛放的试剂是______。

(4)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗中放出浓氨水至浸没烧瓶中的生石灰后，关闭分液漏斗活塞，点燃C 处酒精灯，装置C 中黑包固体逐渐变红，装置E 中______(填实验现象)；从装置E 中逸出的气体可以直接排人空气中，请写出装置C 中发生反应的化学方程式：____________。

(5)反应结束后，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置F 中，很快发现装置F 中产生白烟，同时发现装置G 中溶液发生倒吸流人装置F 中，写出装置F 中产生白烟的反应的化学方程式：______，装置G 中溶液发生倒吸的原因是_______。

【答案】弹簧夹2 分液漏斗活塞 弹簧夹1 固体生石灰溶于浓氨水后吸水，放出大量的热促使32NH H O ⋅分解生成3NH 碱石灰 有气泡冒出并产生白色沉淀
3222NH 3CuO
3Cu N 3H O +++ 2324=3Cl 8NH N 6NH Cl ++ 盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小
【分析】 A 中将浓氨水滴入到生石灰中，逸出的NH 3经干燥后，在加热条件下还原CuO 生成Cu 和N 2，多余氨气通入E 装置中，中和溶液的酸性，可观察到有白色沉淀BaSO 3生成；因氯气有强氧化性，氧化氨气生成N 2，同时产生白烟，说明还生成NH 4Cl 。

【详解】
(1)组装好装置后，若要检验A-E 装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E 中装入水后，然后微热A ，观察到E 中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E 中导管有水柱形成说明装置气密性良好；
(2)根据装置图可知，A 中将浓氨水滴入到生石灰中，固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH 3挥发，溶液中OH -浓度增加，都促使NH 3+H 2O ⇌NH 3•H 2O ⇌NH 4++OH -向生成NH 3移动，加快氨气逸出；
(3)进入C 中硬质试管的氨气应干燥，装置B 的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰；
(4)反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E 溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，所以现象为有气泡冒出并产生白色沉淀，装置C 中黑色固体逐渐变红，说明有Cu 生成，从E 中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C 中发生反应的化学方程式为：
2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H2O；
(5)氯气有强氧化性，氧化氨气生成N2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH4Cl，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl．盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸。

【点睛】
考查氨气的制备与性质实验、对装置的理解、实验操作、化学计算等，掌握物质的性质理解原理是解题的关键，准确分析装置的特点并结合氨的性质与制备原理去分析，如：①涉及制备原理、②考查氨气的物理性质及防倒吸操作、③考查常见氨气的制备方法、④氨气的碱性和还原性。

27．研究金属与硝酸的反应，实验如下。

(1)Ⅰ中的无色气体是_________。

(2)Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________________________________。

(3)研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。

乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是_______________________________。

②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是___________________________，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是__________________________
(4)根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有
_________________________试推测还可能有哪些因素影响_________(列举1条)。

【答案】NO或一氧化氮 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 NO3-中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度
【分析】
（1）铜与硝酸反应生成无色气体，该气体与空气变红，故该气体是NO；
（2）Ⅱ中铁与硝酸溶液中的H+发生氧化还原反应生成H2；
（3）①如果硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化为铜离子；
②元素化合价处于最高价，具有氧化性，NH4+的检验可以与浓的氢氧化钠溶液在加热的条件下反应，产生的气体通过湿润的红色石蕊试纸来检验；
（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素是金属活泼性、硝酸的浓度、温度。

【详解】
（1）铜与硝酸反应生成无色气体，该气体与空气变为红棕色，故该气体为NO，红棕色的。