安徽省六安市第二中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识归纳总结含答案解析

安徽省六安市第二中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识归纳
总结含答案解析
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．浓硫酸与下列物质反应(可以加热)，既体现酸性、又体现氧化性的是( )
A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜
【答案】A
【详解】
A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；
B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；
C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；
故选A。

3．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。

4．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 。

5．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NH 3被氧化为N 2，NO 2被还原为N 2，每反应产生7 mol N 2，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 N 2，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 N 2，其在标准状况下体积V (N 2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L ，B 正确；
C ．反应产生7 mol N 2时，消耗8 mol 还原剂NH 3，消耗6 mol 氧化剂NO 2，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 N 2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．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 。

7．将51.2g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO 、N 2O 4、NO 2）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NaNO 2和NaNO 3两种
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。

8．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。

9．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)
A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂
B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L
C．溶液体积占试管容积的三分之二
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管
【答案】C
【详解】
A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为
3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；
B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为12
23
22.4
12
23
V
V
⨯
⨯
=1/22.4 mol/L，B正确；
C．溶液体积占试管容积的12
23
V⨯，C错误；
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。

答案选C。

【点睛】
本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。

10．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。

11．将装有60mLNO 2、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NO 2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NO 2体积为x mL
2
23
3NO +H O =2HNO +NO
V 32x
60-40
∆ 3x =26040- x=30 mL
混合气体中NO 2和NO 的体积比是1：1，故C 正确。

12．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+44SO +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+--442
2Al +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 。

13．在1L 溶液中含有Fe(NO 3)3和H 2SO 4两种溶质，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Fe 3+物质的量为0.8 mol B ．反应后产生13.44 L H 2（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。

14．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。

15．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。

16．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。

将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 mol·L－1。

下列叙述不正确的是( )
A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗97.5 g Zn D．反应中共转移3 mol电子
【答案】B
【分析】
Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，
稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。

【详解】
生成气体的物质的量为
33.6
22.4/
L
L mol
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为
1
2
×1L×0.1mol/L=0.05mol，
参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，
设反应生成xmolSO2，ymolH2，
Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑
y y y
x+y=1.5
2x+y=1.8
解之得 x=0.3，y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。

A ．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H 2SO 4，故A 正确；
B ．气体A 为SO 2和H 2的混合物，且V （SO 2）：V （H 2）=1：4，故B 错误；
C ．反应中共消耗金属Zn 的质量m （Zn ）=（0.3mol+1.2mol ）×65g/mol=97.5g ，故C 正确；
D ．在反应Zn+2H 2SO 4（浓）=ZnSO 4+SO 2↑+H 2O 中，生成0.3mol 的二氧化硫转移电子为0.6mol ，反应Zn+ H 2SO 4（稀）=ZnSO 4+H 2↑中，生成1.2mol 氢气转移电子2.4mol ，所以反应中共转移3mol 电子，故D 正确。

故选B 。

【点睛】
本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

17．有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL ，其中含有硫酸的浓度为2mol/L ，含硝酸的浓度为1mol/L ，现向其中加入0.96g 铜粉，充分反应后（假设只生成NO 气体），最多可收集到标况下的气体的体积为 A ．89.6mL B ．112mL
C ．168mL
D ．224mL
【答案】D 【分析】
硫酸的浓度为2mol/L 为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L 为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。

【详解】
铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO+4H 2O 。

Cu 的物质的量为
0.96
=0.01564
mol mol ，硝酸根离子的物质的量为0.02mol ，硝酸和硫酸均提供氢离子，故H +的物质的量为(20.02210.02)0.1mol mol ⨯⨯+⨯=，故氢离子、硝酸根离子过量，则生
成的NO 在标况下的体积为2(0.01522.41000)2243
mL mL ⨯⨯⨯=。

答案选D 。

【点睛】
硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。

铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算更为便利。

18．镁、铝、铁合金投入300mL 3HNO 溶液中，金属恰好溶解，分别转化成2+
3+
Mg Al
、和3+Fe ;还原产物为NO ，在标准状况下体积为6.72L 。

在反应后的溶液中加入300mL 某浓度的NaOH 溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g 。

下列有关推断正确的是( )
A ．参加反应的3HNO 的物质的量为0.9mol
B ．NaOH 的物质的量浓度为6-1mol L ⋅
C ．参加反应的金属的质量为11.9g
D ．3HNO 的物质的量浓度为3-1mol L ⋅
【答案】C
【分析】
镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。

【详解】
将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金
属共失去电子的物质的量为：
6.72L
×(5-2)
22.4L/mol
=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的
量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则
A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；
B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质
的量浓度为：c(NaOH)=0.9
0.3
mol
L
=3mol/L，B选项错误；
C．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；
D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的
物质的量浓度为：c(HNO3)= 1.2
0.3
mol
L
=4mol/L，D选项错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。

19．分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A ．滴加BaCl 2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO 32-，硝酸将其氧化成了SO 42-，A 错误；
B ．加入AgNO 3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl ，也有可能是Ag 2SO 4等，B 错误；
C ．溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br 2，证明原溶液中含有Br -，C 错误；
D ．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH 4＋，D 正确；
答案选D 。

20．10mLNO 、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 。

21．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 。

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H 2SO 4
D ．当X 是强碱时，
E 是HNO 2
【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 ，NO 2 或者是SO 2 和SO 3 等，推知Y 一定是O 2 ，
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NH 4+ 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 、H 2SO 4 、HNO 3 ，再根据当X 是强碱时，A 、B 、C 、D 、E 均含有另一种元素。

由NH 4+ 的性质与碱反应生产NH 3，则可推出；当X 是强碱时E 是HNO 3 ；当X 是强酸时，E 是H 2SO 4，综上推出A 的离子中含有NH 4+ 离子，且含有S 元素，可推出A 为（NH 4）2S 。

【详解】
A ．当D 为SO 3 时，E 为H 2SO 4 ，SO 3与水化合成H 2SO 4，没有发生氧化还原反应，当D 为NO 2时，E 为HNO 3，NO 2与水发生氧化还原反应，A 正确；
B ．当X 是强碱时，B 为NH 3 ，
C 为NO ，
D 为NO 2 ，
E 为HNO 3；当X 是强酸时，B 为H 2S ，C 为SO 2 ，D 为SO 3 ，E 是H 2SO 4 ，B 不正确；
C ．当X 是强酸时，B 为H 2S ，C 为SO 2 ，
D 为SO 3 ，
E 是H 2SO 4 ，C 正确；
D ．当X 是强碱时，B 为NH 3 ，C 为NO ，D 为NO 2 ，
E 为HNO 3，D 正确；
故选C 。

23．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是( ) 选项 W
X Y Z A
Cu 4CuSO 2CuCl 2Cu(OH) B
Na 22Na O NaOH 2Na O C
Al ()243Al SO 3AlCl 2NaAlO D S 2SO 3SO
24H SO A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【详解】
A ．Cu 不能一步生成Cu(OH)2，所以W 不能发生图中转化生成Z ，故A 不选；
B ．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y 不能发生图中转化生成Z ，故B 不选；
C ．Al 与硫酸反应生成X ，Al 与HCl 反应生成Y ，Al 与过量NaOH 反应生成Z ，Z 与过量硫酸反应生成X ，X 与BaCl 2反应生成Y ，Y 与过量NaOH 反应生成Z ，反应均可进行，故C 选；
D ．硫不能一步变为三氧化硫，D 不选；
答案选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。

25．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。

二、实验题
26．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)使铜片溶解的质量增多。

A．Na2CO3 B．NaCl C．CuSO4 D．H2SO4
（7）乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图2所示装置(其余部分相同)进行实验。

烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是__，U型管中加入的试剂是__。

【答案】b 与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气
4NH3+5O24NO+6H2O 缺少尾气处理装置或 D 浓氨水碱石灰
(或氢氧化钠)
【分析】
若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，酒精灯加热生成氨气、水、二氧化碳，B中过氧化钠可除去水、二氧化碳，并生成氧气（或A、B中改为过氧化钠与氨水制备气体、碱石灰干燥后通入C中），C中发生4NH3+5O24NO+6H2O，D中浓硫酸吸收多余的氨气、且吸收水，E可防止F中溶液倒吸进入D中，则E中连接D的为短导管，NO与氧气反应生
成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，则F中发生3Cu+8H++2NO3-
═3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，可溶解更多的Cu，图中缺少尾气处理装置，以此来解答。

【详解】
（1）若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和酒精灯，故答案为：b；
（2）装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；
（3）装置C中发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（4）该装置存在的主要缺陷是缺少尾气处理装置；
（5）装置E要防倒吸，故E中的导气管为或；
（6）F中发生的反应是铜和稀硝酸的反应,反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-
═3Cu2++2NO↑+4H2O，，反应中消耗的氢离子物质的量大于硝酸根离子的物质的量，所以向溶液中只要加入氢离子，就可以溶解更多的铜，所以应该加入硫酸，故答案为D；（7）将甲小组的装置中A、 B部分换成图中装置（其余部分相同）进行实验，烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；U型管中加入试剂是碱石灰(或氢氧化钠)。

27．某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。

其中A、F为氨气和氯气的发生装置，C为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。

备选装置
ⅠⅡⅢ
请回答下列问题：
(1)装置F中发生反应的离子方程式是___________________________________。

(2)装置A中的烧瓶内固体可选用________(填字母)。

A．碱石灰B．浓硫酸C．生石灰D．五氧化二磷 E.烧碱
(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从如图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：
B：________、D：________、E：________。

(4)氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，该反应的化学方程式为：
____________________________________；
(5)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案确定该白色固体中的阳离子：_______________________________________
【答案】MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ACE ⅡⅢⅠ 8NH3＋。