人教版高一(下)学期4月份月考化学试卷含解析

人教版高一(下)学期4月份月考化学试卷含解析
一、选择题
1．在未知液中加入AgNO3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。

2．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2→NF3 +3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。

下列有关说法错误的是( )
A．NF3分子含有极性共价键B．NF3属于共价化合物
C．氧化剂与还原剂物质的量之比 3：1 D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子
【答案】D
【分析】
4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】
A．NF3分子中含有氮氟化学键，该化学键是极性共价键，故A不选；
B．NF3分子结构和NH3相似，都属于共价化合物，故B不选；
C．在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，氧化剂是氟气，还原剂是氨气，有方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比3：1，故C不选；
D．NH4F是离子化合物，为离子晶体，故D选；
故选：D。

3．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：Al3++ 2SO2-4+ 2Ba2++ 4OH-=
+ 2H2O
2BaSO4↓+ AlO-
2
B．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H＋＋FeS=H2S↑＋Fe2＋
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO-3=3Fe3＋＋NO↑＋3H2O
【答案】A
【详解】
AlO，即A．Ba(OH)2足量，故明矾KAl(SO4)2·12H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成-
2
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+--4
422Al +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 。

4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A ．在稀盐酸中投入大理石粉末：23CO -
+2H +=CO 2↑+H 2O
B ．1mol 氯气通入含1molFeBr 2的溶液中：2Fe 2++2Br -+2Cl 2=2Fe 3++Br 2+4Cl -
C ．金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu 2+=2Na ++Cu
D ．过量SO 2通入NaClO 溶液中：SO 2+ClO -+H 2O=HClO+3HSO -
【答案】B 【详解】
A ．大理石的主要成分为CaCO 3，难溶于水，不能改写成23CO -
的形式，A 不正确； B ．0.5molCl 2先与1molFe 2+反应，另外0.5molCl 2再与1molBr -反应，离子方程式为：2Fe 2++2Br -+2Cl 2=2Fe 3++Br 2+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Cu 2+发生置换反应，C 不正确；
D ．过量SO 2通入NaClO 溶液中，产物中HClO 与3HSO -还会发生氧化还原反应，二者不能
共存，D 不正确； 故选B 。

5．工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是( ) ①Fe ②Mg ③Na ④NaOH ⑤I 2 ⑥Cu ⑦Si A ．①⑥⑦ B ．①②⑦
C ．⑤⑥⑦
D ．①④⑥
【答案】A 【详解】
①Fe 是用CO 还原铁矿石制得；
②Mg 是先从海水中分离出MgCl 2，然后熔融电解获得； ③Na 是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得； ④NaOH 是电解饱和食盐水获得； ⑤I 2是从海藻类植物中提取的； ⑥Cu 是采用高温氧化铜矿石的方法获得； ⑦Si 是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；
综合以上分析，①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。

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。

7．一定量的锌与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SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2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33.6
22.4
=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，据以上分析解答。

【详解】
生成气体的物质的量为33.6
22.4
=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。

8．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 AlCl3Al(OH)3
B NO NO2HNO3
C Si SiO2H2SiO3
D S SO2H2SO4
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+O2=2NO2，
3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故正确。

C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。

D项：H2SO4无法一步生成FeS2，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。

9．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；
B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；
C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；
D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；
答案选D。

10．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。

11．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。

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
2Fe2++Cl2=2Fe3++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＋Ba2++2OH-
=BaCO3↓+NH3·H2O+ H2O，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+NO3 +10H+=3Fe3++8H2O+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Ca2++2OH-
+2HCO-3=CaCO3↓+H2O+CO2-3，故D错误；
综上所述答案为A。

13．将装有60mLNO2、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NO2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NO2体积为x mL
223
3NO+H O=2HNO+NO V
32
x60-40
∆
3 x =
2 6040
-
x=30 mL
混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。

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（NO2）=4n（O2），解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，
所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，
由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3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。

15．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。

常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。

下列说法中不正确的是
A．S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2 > S2Cl2
B．S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
C．S2Cl2中S显—1价
D．2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl
【答案】C
【详解】
A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高；S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2相以分子质量较大，所以沸点S2Br2 > S2Cl2，A正确；
B. 由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H，所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，B正确；
C. 氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；
D. 由题中信息S2Cl2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl，D正确；故选C。

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．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
【答案】A
【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。

18．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。

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Na2SO3固体，C中盛有Na2S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Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2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Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S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．有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为 0.1mol L—1。

进行以下实验：
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝
③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。

将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成。

下列结论不正确的是
A ．肯定含有的阳离子是 NH 4+、Ba 2+
B ．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ
C ．肯定不含有的离子是 Fe 3+、CO 32ˉ、SO 42ˉ
D ．不能确定是否含有的离子是 Na +
【答案】D
【详解】
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有23CO -；
②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I -，因Fe 3+与I -不能共存，故不含Fe 3+；
③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg 2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH 3•H 2O ，说明原溶液中含有+4NH ；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba 2+，因Ba 2+与24SO -不能大量共存，故原溶液中不含有24SO -
； 通过实验确定的离子有：Ba 2+、+4NH 、I -，根据离子浓度均为 0.1mol L -1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl -、Br -，因此溶液中一定不含有Na +，
综上所述，答案为：D 。

【点睛】
高中阶段对于Na +的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。

21．10mLNO 、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 。

22．某固体X 可能含有Na 2O 2、Fe 2O 3、Al 2O 3、SiO 2、K 2SO 4、Na 2SO 3、NH 4NO 3、MgCl 2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，K 2SO 4和Na 2SO 3两种物质至少含一种
【答案】D
【详解】
固体X 可能含有Na 2O 2、Fe 2O 3、Al 2O 3、SiO 2、K 2SO 4、Na 2SO 3、NH 4NO 3、MgCl 2中的一种或几种物质，Fe 2O 3、Al 2O 3、SiO 2都难溶于水且与水不反应，K 2SO 4、Na 2SO 3、NH 4NO 3、MgCl 2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Na 2O 2，Na 2O 2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；
答案选D。

23．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。

24．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。

25．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．
下列有关说法不正确的是（）
A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2
B．无法判断混合物中是否含有Na2O
C．1.92 g固体成分为Cu
D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
【答案】B
【解析】
途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，
A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；
B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；
C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；
D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得
x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；
【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．
二、实验题
26．硫酸铜可应用于电镀、颜料、医药、农药等方面。

下图是探究铜与浓硫酸反应生成硫酸铜的实验装置图：
完成下列填空：
(1)写出烧瓶中发生反应的化学方程式_________。

写出图中虚线框内装置的作用__________、_________。

(2)实验结束后，烧瓶中有白色固体生成。

写出检验烧瓶中此白色固体是CuSO 4的简便的方法__________。

(3)实验中，若反应条件控制不当，则会有少量黑色难溶物CuS 、Cu 2S 固体生成。

取此黑色固体样品ag ，隔绝空气加热，发生2CuS Cu 2S +S ，充分反应后得到bgCu 2S ，则CuS 的质量分数ω=_________(用含a 、b 的代数式表示)。

加热温度过高，会有部分Cu 2S 分解生成Cu ，则ω________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】Cu +2H 2SO 4(浓)ΔCuSO 4+SO 2↑+2H 2O 吸收二氧化硫，防止污染环境 防倒吸 将冷却后的混合物缓缓加到适量水中，并搅拌，溶液呈蓝色
6()a b a
- 偏大 【分析】 在加热的条件下铜浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境，据此解答。

【详解】 (1)烧瓶中铜和浓硫酸反应，发生反应的化学方程式为
Cu +2H 2SO 4(浓)ΔCuSO 4+SO 2↑+2H 2O 。

二氧化硫易溶于水，属于大气污染物，因此图中虚线框内装置的作用是吸收二氧化硫，防止污染环境，同时起防倒吸作用。

(2)由于反应后浓硫酸剩余，则实验结束后，若要证明白色固体为CuSO 4，需要采取的操作是将冷却后的混合物缓缓加到适量水中，并搅拌，溶液呈蓝色；
(3)实验中，若反应条件控制不当，则会有少量黑色难溶物CuS 、Cu 2S 固体生成。

取此黑色固体样品ag ，隔绝空气加热，发生2CuS Cu 2S +S ，充分反应后得到bgCu 2S ，设混合物中CuS 、Cu 2S 的物质的量分别是xmol 、ymol ，则96x +160y ＝a ，根据铜原子守恒可
知x +2y ＝2160b ⨯，解得x ＝16a b -，所以CuS 的质量分数ω=966()16a b a b a a
-⨯-=。

加热温度过高，会有部分Cu 2S 分解生成Cu ，则b 减小，所以ω偏大。

27．某些资料认为NO 、NO 2不能与Na 2O 2反应。

南开中学化学学习小组提出质疑，他们分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设：
假设I ：过氧化钠氧化二氧化氮，生成NaNO 3；。