四平市人教版高一下学期第二次月考化学试卷

四平市人教版高一下学期第二次月考化学试卷

一、选择题

1．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。

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 ．Na 2CO 3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Na 2CO 3，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Fe 3+，不能证明含有Fe 2+，故C 错误；

D ．检验溶液中是否含SO 24-时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl 2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl 也可能是BaSO 4，不能说明含有SO 24-，故D 错误；

答案选B 。

3．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 。

4．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 。

5．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 。

6．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。

7．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120 mL 4 mol·L的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21 mol B．0.14 mol C．0.16 mol D．0.24 mol

【答案】B

【解析】

试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为

n(Fe)=0.21mol，故选项A正确。

考点：考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

8．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。

9．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余。向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）

A．1.5mol/L B．2.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L

【答案】C

【详解】

试题分析：将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4 ，根据硫酸根守恒可知

n(H2SO4)=n(Na2 SO4)，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故n(H2SO4)= 1/2 n(NaOH)=

1/2×3mol/L×0.2L =0.3mol，故c(H2SO4)= n(H2SO4)÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：考查混合物反应的计算的知识。

10．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．

11．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是

A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物

B．沉淀X的成分是SiO2

C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+

D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解

【答案】B

【解析】

试题分析：混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

考点：金属及其化合物的性质

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．X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收．已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色气体单质，其水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应．下列说法不正确的是

A．X是SO2，它既有氧化性又有还原性

B．干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色，其水溶液具有漂泊作用的是HClO

C．Z与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO

D．等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上，有色布条褪色时间变短，漂泊效果增强

【答案】D

【分析】

X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2。

【详解】

A．X是SO2，二氧化硫中硫为+4价，既可以升高又可以降低，所以它既有氧化性又有还原性，故A正确；

B．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故B正确；

C．Z是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：

3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；

D．二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误。

答案选D。

【点睛】

本题考查了无机物的推断，熟悉物质的性质及氧化还原反应规律，次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。

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。

15．二氯化二硫（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．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>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 。

18．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→N O ，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N 2O 5，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NH 3、空气、水为原料生产硝酸，C 正确；

D ．NH 3可与NO 2反应生成氮气，8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O ，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

19．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Cl 2＋2KBr=2KCl ＋Br 2，所以F 2也能与KBr 溶液反应置换出Br 2

B ．常温下，由Cu ＋4HNO 3（浓）=Cu (NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O ，所以Fe 也能与浓硝酸反应产生NO 2

C ．由Cu+Cl 2加热CuCl 2，所以Cu+I 2加热CuI 2

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 ．F 2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：F 2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。

20．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Al 3+、Fe 3+、Mg 2+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Al 3+、Fe 3+、Mg 2+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。

21．铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH 溶液和1molO2，则下列说法正确的是

A．生成NO2的物质的量为0.9mol B．生成CuSO4的物质的量为2mol

C．原溶液中硝酸的浓度为2.5mol/L D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应【答案】B

【分析】

根据题目，原溶液中NO3-完全反应，设生成xmol NO，ymolNO2，整个过程涉及化合价变化有Cu（0→+2）N(+5→+2,+5→+1），通入O2涉及化合价变化有O(（0→-2）

N(+2→+5,+1→+5），则O2转移的电子与Cu转移的电子相同，1molO2转移4mol电子，可参与反应的Cu的物质的量为2mol，得到CuSO4的物质的量为2mol。根据化合价升价守恒有3x+y=4；气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2molNaOH溶液，有x+y=2.2，可得x=0.9，y=1.3，则原来硝酸的物质的量2.2mol，原溶液体积是200mL，浓度为11mol/L。【详解】

A.根据分析，生成NO的物质的量为0.9mol，NO2的物质的量为1.3mol，A项错误；

B. 根据分析，生成CuSO4的物质的量为2mol，B项正确；

C. 根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11mol/L，C项错误；

D. 铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，D项错误；

答案选B。

22．某溶液中可能含有H +、NH +4、Mg 2+、 Al 3+、Fe 3+、CO 2-3、SO 2-4、NO -

3中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH 的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是( )

A ．溶液中一定含有NH +4

B ．溶液中一定含有Al 3+

C ．溶液中一定含有NO -3

D ．溶液中一定含有SO 2-4 【答案】C

【分析】

某溶液中可能含有H +、NH +4、Mg 2+、Al 3+、Fe 3+、CO 2-3、SO 2-4、NO -3中的几种。①若加入锌

粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H +，没有NO -3；②若加入NaOH 溶液，产生白色沉淀，根据产生的沉淀量与加入NaOH 的物质的量之间的关系示意图可知，一定有Mg 2+、Al 3+和NH +4，则根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以判断，一定没有CO 2-3和Fe 3+。根据溶液电中性可知，一定有SO 2-4。

【详解】

A. 沉淀达到最大量之后，即加入NaOH 的物质的量在0.5mol~0.7mol 之间时，沉淀既没有增加也不有减少，说明溶液中一定含有NH +4，A 说法正确；

B. 加入NaOH 的物质的量在0.7mol~0.8mol 之间时，沉淀的量逐渐减少，说明溶液中一定含有Al 3+，B 说法正确；

C. 加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H +，没有NO -3，因为若有NO -3，会产生有刺激性气味的氮的氧化物，C 说法不正确；

D. 溶液中一定存在H +、NH +4、Mg 2+、Al 3+，一定没有CO 2-3和NO -

3，由于溶液呈电中性，所以，溶液中一定含有SO 2-4，D 说法正确。

本题选C 。

23．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 ．2SO 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2SO 的叙述正确的是C 。

24．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 。

25．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

233NO +H O =2HNO +NO V 3

2x 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。

二、实验题

26．现已确认，NO x 的排放是造成酸雨及光化学污染的罪魁祸首，如图表示了我国某地区在1959～2019年间，空气中NO x 含量因燃料燃烧、工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变化的统计数据。

(1)结合上图数据，判断下列说法正确的是_________。

A ．在交通运输中排放的NO x 与燃料的不充分燃烧有关

B ．1mol 氮氧化物(NO x )形成酸雨时转移电子(52)mol x -

C ．2N 转化为NO 的过程不属于氮的固定

D ．随着汽车工业的发展，交通运输的NO x 排放量所占比重在逐渐增大

(2)汽车尾气中常常含有CO 、NO x 等气体，为减轻污染，现代汽车都加装了“三效催化净化器”，可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体(假设CO 、NO x 均不能完全转化)。某小组在实验室模拟汽车尾气处理，设计了如图所示装置(部分夹持仪器已略去)。

①装置(Ⅲ)的主要作用是________________________。

②加热停止后，打开旋塞K ，放入适量氧气时，装置(Ⅱ)中可观察到的现象是

________________；装置(IV)中可观察到的现象是

_______________________________________________。

③该套装置中有不完善之处，还应在装置(Ⅳ)后增加_____________________________。

(3)工业上常用碱液来吸收NO x ，有关的化学反应：

①222NO NO 2NaOH=2NaNO H O +++

②22322NO 2NaOH=NaNO NaNO H O +++

现有一定条件下a mol 2NO 和b mol NO 的混合气体恰好被200mL NaOH 溶液完全吸收，则a 、b 应满足的关系为________________________。NaOH 溶液的物质的量浓度为_________1mol L -?

【答案】BD 检验CO 是否转化为2CO 出现红棕色气体 黑色粉末变红 尾气处理装置 a b ≥ 5()a b +

【详解】

(1)A. 交通运输主要使用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放出的主要是CO ，而不是NO x ，A 项错误；

B. NO x 形成酸雨可表示为2234NO (52)O 2H O=4HNO x x +-+，1mol NO x 转移电子(52)mol x -，B 项正确；

C. 2N 转化为其化合物的过程是氮的固定，C 项错误；

D. 根据图示，随着汽车工业的发展，交通运输所产生的NO x 逐渐增加，D 项正确；

(2)①CO 和NO 在催化剂和加热条件下转化为2N 和2CO ，2CO 与澄清石灰水反应生成3CaCO ，所以装置(Ⅲ)的主要作用是检验CO 是否转化为2CO ；

②由于有部分NO 没有转化为2N ，向装置中通入空气时，装置(Ⅱ)中的NO 与2O 反应生成红棕色的2NO 气体；由于有部分CO 没有转化为2CO ，装置(Ⅳ)中CO 会与CuO 反应生成Cu ，黑色粉末变红；

③尾气中仍残留有未反应的CO 、NO 气体，所以应增加尾气处理装置；

(3)根据题示反应可知，2NO 和NO 的物质的量之比应大于等于1：1，NO 气体才能反应完全，故b α≥；根据化学方程式的比例关系可知，参与反应①的NaOH 的物质的量为

2bmol ，与2NO 单独反应的NaOH 的物质的量为() a b mol -，故

-1(2b+a-b)mol (NaOH)==5(a+b)mol L 0.2L

c ?。 27．超氧化钾(KO 2)是一种黄色晶体，可作为宇宙飞船舱的氧源。巴蜀中学化学兴趣小组设计了以下实验探究KO 2的性质，请回答相关问题：

Ⅰ. 探究KO 2与水的反应

实验操作

现象 结论与解释 (1)取少量KO 2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的

木条靠近试管口，反应结束后，溶液分成两份

快速产生气泡，木条复燃 产生的气体是___ (2)一份滴加酚酞试液

先变红后褪色 可能的产物是___和H 2O 2 (3)另一份滴加FeCl 3溶液 观察到___

Ⅱ. 探究KO 2与SO 2的反应

(1)正确的操作依次是______。

①打开K 1通入N 2，排尽装置内原来的气体后关闭 ②拆卸装置，实验完成 ③检查装置气密性，然后装入药品 ④打开分液漏斗活塞K 2

(2)A 装置发生的化学方程式为___________。

(3)D 装置的作用是_______________。

(4)KO 2与SO 2反应的产物有O 2，K 2SO 3和K 2SO 4，为检验是否有K 2SO 4生成，他们设计了如下方案：

将C 中反应后的固体溶解于水2BaCl 溶液????→白色沉淀稀硝酸???→仍有部分白色沉淀不溶解，

证明有K 2SO 4生成。

上述方案是否合理？__。(填“是”或“否”)请简要说明两点理由：

①_________；

②___________。

【答案】O 2 KOH 产生红褐色沉淀和气体 ③①④①②或③④①②

H 2SO 4+Na 2SO 3=Na 2SO 4+H 2O+SO 2↑ 防止空气中水蒸气和二氧化碳气体进入 否 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 如果反应后的固体中还残留KO 2也可将亚硫酸钡氧化为硫酸钡

【分析】

Ⅰ.根据实验现象分析解答；

Ⅱ.为探究KO 2与SO 2的反应，先检查装置气密性，然后装入药品，打开K 1通入N 2，排尽装置内原来的气体后关闭，打开分液漏斗活塞K 2，使浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，打开K 1通入N 2，把生成的二氧化硫赶出到B 中吸收，拆卸装置，实验完成。

【详解】

Ⅰ.(1)取少量KO 2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，快速产生气泡，木条复燃说明生成了氧气；

(2)一份滴加酚酞试液，先变红后褪色，变红色是生成的氢氧化钾遇到酚酞试液变红色，褪色是反应过程中生成了过氧化氢，其具有氧化性，能氧化有色物质生成无色物质，故可能的产物是：KOH 和H 2O 2，

(3)另一份滴加FeCl 3溶液，会和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，同时铁离子催化过氧化氢分解生成氧气，反应现象是：产生红褐色沉淀和气体，

Ⅱ.(1)探究KO 2与SO 2的反应，分析装置可知，存在步骤为：检查装置气密性，然后装入药品，打开K 1通入N 2，排尽装置内原来的气体后关闭，打开分液漏斗活塞K 2，使浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，打开K 1通入N 2，把生成的二氧化硫赶出到B 中吸收，拆卸装置，实验完成，正确的操作顺序为：③①④①②或③④①②；

(2)A 装置中是浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫的反应，化学方程式：

H 2SO 4+Na 2SO 3=Na 2SO 4+H 2O+SO 2↑；

(3)D 装置的作用是防止空气中水蒸气和二氧化碳气体进入；

(4)在检验是否有K 2SO 4生成时，要考虑到K 2SO 3的干扰，因为SO 2-

3有较强的还原性，可被硝酸、过氧化钾等氧化成SO 2-4，因此该方案不合理，可能是①稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；②如果反应后的固体中还残留KO 2也可将亚硫酸钡氧化为硫酸钡。

28．化学小组为探究2SO 在酸性KI 溶液中的反应，利用如图装置进行实验：

I.排出装置内的空气。减缓2CO 的流速，向丁装置中通入2CO 和2SO 的混合气体。

Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。 Ⅲ.持续向丁装置中通入2CO 和2SO 混合气体，溶液变为无色。

Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加2BaCl 溶液，产生白色沉淀。

回答下列问题：

(1)苯的作用为__________。排出装置内空气的具体操作为_________。

(2)向装置丁中缓慢通入2CO 的作用是__________。

(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。

(4)实验的总反应为_________，KI 和HI 在反应中的作用为___________。

【答案】萃取碘单质，隔绝空气防止I -被氧化 关闭2K ，打开3K ，打开1K 防止倒吸

222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+ 22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++

22243SO 2H O 4H 2SO S +-+=++↓ 催化剂

【分析】

为探究2SO 在酸性KI 溶液中的反应，由于酸性KI 容易被O 2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一

步，222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+，第二步，

22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；最后用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒

吸。

【详解】

(1)根据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止I -被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开3K ，打开1K ，关闭2K ；

(2)若只将2SO 通入丁中，2SO 反应后压强减小，会倒吸，通入2CO 和2SO 混合气体，2CO 不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；

(3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边

缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+；步

骤Ⅲ通入2CO 和2SO 混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：

22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；

(4)根据222SO 4I 4H 2I S 2H O -+++=+↓+和22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++反

应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：

22243SO 2H O 4H 2SO S +-+=++↓； KI 和HI 在反应前后质量和性质没有发生改变,故

其为催化剂。

29．某小组同学在实验室设计实验模拟工业生产。

Ⅰ.用消石灰和氯化铵固体制备NH 3

（1）NH3的发生装置应选择图中的__（填字母代号），制备NH3的化学方程式为__。（2）欲收集一瓶干燥的NH3，选择图中的装置，其连接顺序为：发生装置→__（按气流方向，用小写字母表示）。

Ⅱ.设计了如图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。

（3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是__（填“吸热”或“放热”）反应，反应的化学方程式是__。

（4）B中试剂为__，NaOH溶液的作用是__。

（5）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。

①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。白烟的化学式是__。

②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上n(NH3)：n(NO)的最佳比例为__。

【答案】A 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O c→d→f→e→i放热

4NH3+5O24NO+6H2O 水吸收尾气（NO、NO2） NH4NO3 1：2

【详解】

（1）用消石灰和氯化铵固体制备NH3 属于固固加热类型，发生装置应选择图中的A，制备NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（2）欲收集一瓶干燥的NH3，需要用碱石灰干燥，选择图中的装置，其连接顺序为：发生装置→c→d→f→e→i

（3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是放热反应。反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O

（4）B的作用是除去未反应的氨气所以选用水，NaOH溶液的作用是吸收尾气（NO、

NO2）。

（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH4NO3