山东费县实验中学高中化学提高题专题复习第五章 化工生产中的重要非金属元素 练习题及答案

山东费县实验中学高中化学提高题专题复习第五章化工生产中的重要非金属
元素练习题及答案
一、选择题
1．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是
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。

2．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。

3．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。

4．下列实验中，固体不会
．．溶解的是( )
A．氧化铝与足量的稀盐酸混合B．过氧化钠与足量水混合
C．氢氧化铝与足量的氨水混合D．木炭与足量浓硫酸共热
【答案】C
【详解】
A ．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A 错误；
B ．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B 错误；
C ．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C 正确；
D ．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D 错误； 故选C 。

5．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 。

6．一定量的锌与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A 33.6L （标况）。

将反应液稀释至1 L ，测得溶液的c(H ＋)＝0.1mo1·L －1，则叙述中错误的是 （ ）
A ．气体A 为SO 2和H 2的混合物
B ．气体A 中SO 2与H 2的体积之比为4︰1
C ．反应中共消耗97.5g Zn
D ．反应中共转移3 mol 电子
【答案】B 【分析】
生成气体的物质的量为
33.622.4=1.5mol ，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×1
2
=0.05mol ，参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol ，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol 二氧化硫，ymol 氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n （Zn ）=2n （SO 2）+2n （H 2）=2×0.3+2×1.2，所以n （Zn ）=1.5mol ，据以上分析解答。

【详解】
生成气体的物质的量为
33.622.4=1.5mol ，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×1
2
=0.05mol ，参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol ，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，
设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，
A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；
B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；
C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；
D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；
故答案选B。

7．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。

则下列说法不正确的是
A．原合金中含0.1mol Fe、0.15mol Cu
B．25.4g沉淀为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物
C．气体X中含0.3 mol NO、0.1 mol NO2
D．气体X中含0.3 mol NO2、0.1 mol NO
【答案】C
【解析】
试题分析：铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设合金中有xmol Fe、ymol Cu，，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1mol Fe、0.15mol Cu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3 mol NO、0.1 mol NO2，故C错误。

考点：本题考查化学计算。

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．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(SO 2)/n(H 2)=1/1 B ．n(SO 2)/n(H 2)=4/1 C ．n(SO 2)/n(H 2)=1/4 D ．n(SO 2)/n （H 2）=3/2
【答案】A 【详解】
根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H 2SO 4=ZnSO 4+SO 2↑+2H 2O ，
Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑，设反应生成SO 2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(SO 2)/n(H 2)=1/1，答案选A 。

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+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+--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SO2，B错误；
C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为2-
4
SO，自身被还原为Cl-，C错误；
D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；
故答案选A。

13．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。

14．在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是( )
A．总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3
B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3
C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 mol·L－1
D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060 mol·L－1
【答案】B
【分析】
利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。

【详解】
标准状况下672mL的混合气体：n（NO）+n（NO2）=
0.672
22.4L/mol
L
=0.03mol，
（O2）=
0.28L
22.4L/mol
=0.0125mol，
由得失电子守恒可知3n （NO ）+n （NO 2）=4n （O 2）， 解之得n （NO ）=0.01mol ，n （NO 2）=0.02mol ， 所以总的方程式为：4NO+8NO 2+5O 2+6H 2O ═12HNO 3， 由氮原子守恒可知，反应生成的HNO 3物质的量为0.03mol 。

水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L ，硝酸的浓度为：0.03mol ÷0.672L=0.045mol/L 。

ACD 项错误，B 项正确； 答案选B 。

【点睛】
这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。

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．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是 A ．FeCl 3 B ．H 2SiO 3
C ．Fe(OH)3
D ．FeCl 2
【答案】B 【详解】
A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl 2 2FeCl 3，FeCl 3可以由Fe 与Cl 2直接化合得到，故
A 错误；
B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H 2SiO 3，故B 正确；
C.Fe(OH)2、O 2、H 2O 反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：
4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应产生Fe(OH)3，故C 错误； D.Fe 与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D 错误； 故选B 。

17．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，NO2和O2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：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式计算．
【详解】
设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL，
23
2
2
+O+2H O=
4/22.41/22.4
4N
4/
O4HNO
22.4
3
422.41
=
c HN mol/L
528
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。

18．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3 ②NO2③HCl和N2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>③B．①＜②＜③C．①=②=③D．①＜②=③
【答案】C
【详解】
同温同压下，等体积的3
NH、HCl、
2
NO物质的量相等，设
3
NH、HCl、
2
NO的物质的量
均为1mol，烧瓶体积为VL。

由223
3NO H O2HNO NO
+=+可知生成
3
HNO的物质的量为
2
mol
3
，生成NO的物质的量为
1
mol
3
，NO难溶于水，则3
HNO的物质的量浓度为
2
1
3/
2
3
mol
mol L
V V
L
=，
3
NH和HCl溶于水后溶液的物质的量浓度为
1
mol/L
V
，因此
①=②=③，答案选C。

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Na 2SO 3固体，C 中盛有Na 2S 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Na 2SiO 3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H 2CO 3的酸性一定比H 2SiO 3强，故A 错误；
B ．A 为浓盐酸，B 为KMnO 4，则反应生成的氯气通入
C 中，Cl 2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Na 2SO 3固体，两者反应生成的SO 2气体通入C 中，因SO 2有氧化性，则与C 中Na 2S 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．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：
3
3Cu ~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 。

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．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
【答案】C
【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．2
SO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
2
SO的叙述正确的是C。

23．下列有关含硫物质转化判断正确的是( )
A．0.1molCu与足量的硫充分反应，生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g
B．如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。

B中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO2
C．Cu投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H2O2溶液，金属Cu逐渐溶解，反应中H2O2起催化作用
D．25.0mL0.100mol•L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则S2O23-将转化为S
【答案】A
【详解】
A．2Cu+S=∆Cu2S，0.1mol铜和足量的硫充分反应，生成物的质量增加△m=m(S)=1
2
n(Cu)
×32g/mol=1
2
×0.1mol×32g/mol=1.6g，故A正确；
B．由题中图示可知，B中盛装的是浓硫酸，若是干燥SO2，装置中导管应该长进短出，所以该装置不符合洗气要求，是为了实验安全的作用，故B错误；
C．铜投入稀硫酸中加热，没有明显现象，加入一定量的过氧化氢溶液，金属铜逐渐溶解，反应中过氧化氢起氧化剂作用，发生的反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故C错误；D．25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则
n(Cl2)=
0.224L
22.4L/mol
=0.01mol，转移电子为0.02mol，
n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，设S元素的化合价由+2价失电子变为x价，根据得失电子相等，则0.0025mol×2×(x-2)=0.02mol，解之x=+6，Na2S2O3转化为Na2SO4，故D 错误；
答案为A。

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．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。

现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。

下列叙述正确的是
A．沉淀X的成分是SiO2
B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3
C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3
D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+
【答案】A
【分析】
金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y 中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。

【详解】
A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；
B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；
C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；
D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是
Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；
答案选A。

二、实验题
26．不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO 2，也可被还原为氢气．为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验(实验时压强为101kPa ，温度为0℃)．
(1)若在烧瓶中放入1.30g 锌粒，与cmol/LH 2SO 4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是___________。

A ．200mL
B ．400mL
C ．500mL
(2)若1.30g 锌粒完全溶解，测得盛氢氧化钠溶液的洗气瓶增重1.28g ，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为________。

(3)若烧瓶中投入ag 锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg 量气管中收集到VmL 气体，其依据得失电子守恒的原理，可得出a 、b 、V 之间的关系为：是________。

(4)若在烧瓶中投入dg 锌，再加入VLcmol/L 浓硫酸，充分反应后锌有剩余，测得盛氢氧化钠溶液的洗气瓶增重mg ，则整个实验过程产生的混和气体中H 2和SO 2物质的量之比()()22n H n SO =________(用含字母的代数式表示)．若撤走盛有无水氯化钙的U 型管，()()22n H n SO 的比值将________(填偏大、偏小或无影响)。

【答案】C Zn+2H 2SO 4(浓)∆ZnSO 4+SO 2↑+2H 2O ag bg VmL =+65g/mol 64g/mol 22400mL/mol 64cV-2m m
偏小 【分析】
结合Zn 与浓硫酸和稀硫酸反应生成的气体产物SO 2和H 2的性质，根据原子守恒和电子守恒分析解题。

【详解】
(1)1.30g 锌的物质的量为 1.30g 65g /mol
=0.02mol ，由Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑可知反应中生成的H 2的物质的量为0.02mol ，其在标准状况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL ，则量气管的规格应该选500mL ，故答案为C ；
(2)氢氧化钠是碱，能吸收酸性气体，氢氧化钠洗气瓶增重说明有酸性气体生成，当锌和硫酸反应时，锌作还原剂，硫酸作氧化剂，被还原为二氧化硫，由(1)计算可知，1.30g 锌和硫酸反应若只生成二氧化硫，共生成0.02mol ，质量为0.02mol×64g/mol=1.28g ，与氢氧化
钠增重的质量一致，故发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)∆
ZnSO4+SO2↑+2H2O；
(3)根据氧化还原知识或根据化学方程式，1 mol锌无论用来产生SO2还是产生氢气，都是1mol锌对应1 mol气体，根据氧化还原反应中得失电子数相等可得：
ag
65g/64/22400/
bg VmL
mol g mol mL mol
=+；
(4)
24422
Zn2H SO()ZnSO+SO+2H O
2mol1mol
m m
mol mol
3264
+∆↑
浓
则生成二氧化硫需要的硫酸为
32
m
mol；
2442
Zn H SO ZnSO+H
1mol1mol
m m
(cV)mol(cV)mol
3232
+=↑
--
则：
()
()22
n H
n SO
=
m
(cV)mol
32
m
mol
64
-
=
64cV-2m
m
；若撤走盛有无水氯化钙的U型管，混合气体中
的水蒸气进入氢氧化钠溶液，导致洗气瓶增重量增大，所以计算时二氧化硫的物质的量增大，氢气与二氧化硫的物质的量之比偏小。

【点睛】
考查浓硫酸的性质，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

27．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)。