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高中化学人教版 (2019)必修 第二册第一节 硫及其化合物练习题
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第二册第一节 硫及其化合物练习题，共14页。试卷主要包含了对下列事实的解释错误的是，下列说法正确的是，下列的说法正确的是，如图是某元素的价类二维图等内容，欢迎下载使用。
专题07 硫、氮元素及其化合物选择题
专项训练
1．对下列事实的解释错误的是
A．葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化作用
B．碳酸钡可用作消化X射线检查的内服药剂
C．浓硝酸久置显黄色，说明浓硝酸具有不稳定性
D．实验室用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，说明稀硝酸具有强氧化性
【答案】B
【详解】
A．二氧化硫具有还原性，继而起到抗氧化的作用，故A正确；
B．硫酸钡不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，故B错误；
C．浓硝酸久置显黄色，说明溶解二氧化氮气体，二氧化氮是是硝酸分解产生的，说明浓硝酸具有不稳定性，故C正确；
D．稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，说明稀硝酸与银反应，稀硝酸具有强氧化性，故D正确；故选B。
2．你认为减少酸雨产生的途径可以采取的措施是
①少用煤做燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已经酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源。
A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①②④⑤
【答案】C
【详解】
①减少煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；综上所述，答案选C。
3．某同学通过系列实验探究硫及其化合物的性质，实验现象正确且能达到目的的是
A．点燃硫磺，产生刺激性气味气体，该气体可以漂白纸浆
B．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑色，说明浓硫酸具有强的吸水性
C．将气体通入溶液生成沉淀
D．将Al片加入浓硫酸中，反应剧烈，说明浓硫酸具有强的氧化性
【答案】A
【详解】
A．硫磺燃烧生成SO2，该气体具有漂白性，可以漂白纸浆，A正确；
B． 蔗糖中加入浓硫酸后变黑色，此时浓硫酸表现出脱水性，B错误；
C． H2S是弱电解质，只所以能够与CuSO4溶液反应，是因为两者反应生成了难溶于水和酸的CuS沉淀，C错误；
D． Al遇浓硫酸钝化，产生致密的氧化物薄膜，阻止金属与酸的进一步反应，D错误；答案选A。
4．某同学设计的微型实验装置验证的性质，通过分析实验，下列结论表达错误的是
A．a棉球褪色，验证具有漂白性
B．b棉球褪色，验证具有酸性氧化物的通性
C．c棉球蓝色褪去，验证氧化性
D．可以使用碱液吸收尾气
【答案】C
【详解】
A．二氧化硫可以漂白品红，所以可以验证SO2具有漂白性，故A正确；
B．SO2+2NaOH=Na3SO3+H2O，所以b棉球褪色，可以验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；
C．SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，所以c棉球蓝色褪去，可以验证SO2具有还原性，故C错误；
D．碱性物质和氧化性物质均可以吸收尾气二氧化硫，故D正确；故选C。
5．NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．降低排放可以减少酸雨的形成
B．储存过程中被还原
C．还原过程中消耗1mol转移的电子数为10(为阿伏加德罗常数的值)
D．通过BaO和的相互转化实现的储存和还原
【答案】B
【分析】
由工作原理图可知，储存过程中NO转化为NO2，NO2转化为Ba(NO3)2，还原过程中Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，根据化合价变化分析解答。
【详解】
A．大气中的可形成硝酸型酸雨，降低排放可以减少酸雨的形成，故A正确；
B．储存过程中NO转化为NO2，NO2转化为Ba(NO3)2，N元素化合价均升高，被氧化，故B错误；
C．还原过程中Ba(NO3)2转化为N2，消耗1mol Ba(NO3)2移的电子数为10，故C正确；
D．BaO转化为Ba(NO3)2储存，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原，故D正确；答案选B。
6．已知某物质X能发生如图转化，其中物质X、Y、Z、A均含有同一种元素。下列有关转化关系中物质及其反应的叙述错误的是
XYZA
A．若X为或，则A为硝酸
B．若X为S，则A为硫酸
C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
D．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y
【答案】C
【详解】
A．若X为或，与氧气反应生成Y为NO，NO与氧气反应生成Z为NO2，NO2与水反应生成A为硝酸，符合转化关系，故A正确；
B．若X为S，与氧气反应生成Y为SO2，SO2与氧气反应生成Z为SO3，SO3与水反应生成A为硫酸，符合转化关系，故B正确；
C．若X为S或H2S，反应③为三氧化硫和水反应生成硫酸的过程，属于非氧化还原反应，若X为或，反应③为二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；
D．若X为S或H2S，A为硫酸时，浓硫酸可以在加热条件下与铜反应生成二氧化硫，但稀硫酸不与铜反应，故D正确；答案选C。
7．下列说法正确的是
A．浓硫酸与浓硝酸敞口放置都会变稀，两者原理相同
B．因为有漂白性，所以它能使品红溶液和溴水褪色
C．氨易液化，汽化时会吸收大量热，可作制冷剂
D．某溶液中滴加溶液﹐生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，证明一定含有
【答案】C
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，敞口放置会吸收空气中的水蒸气，浓度变稀；浓硝酸具有挥发性，敞口放置会挥发出硝酸蒸气，浓度变稀，变稀的原理不同，故A错误；
B．二氧化硫能够使某些有机色质褪色，体现漂白性，品红属于有机色质；二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；
C．氨易液化，液氨挥发为气体要吸热，可做制冷剂，故C正确；
D．氯化钡与银离子、硫酸根离子反应均生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，因此某溶液中滴加溶液﹐生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能证明一定含有，故D错误；故选C。
8．下列的说法正确的是
A．0.1 mol Fe在0.l mol Cl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
B．12 mol/L的浓硫酸 50 mL与足量的Cu加热反应，得到SO2为0.3NA
C．3 mol NO2与足量的水反应转移的电子数为NA
D．1 mol/L Na2SO4溶液中，阴、阳离子总数为3NA
【答案】A
【详解】
A．0.1 mol Fe在0.l mol Cl2中充分燃烧，铁过量，转移电子数为0.2NA，A正确；
B．12 mol/L的浓硫酸 50 mL与足量的Cu加热反应，由于随反应进行，浓硫酸浓度降低，稀硫酸和铜不反应，所以得到SO2小于0.3NA，B错误；
C．3 mol NO2与足量的水反应生成2mol硝酸和1molNO，转移的电子数为2NA，C错误；
D．1 mol/L Na2SO4溶液的体积未知，无法计算阴、阳离子总数，D错误；答案选A。
9．下列事实与带点物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是
A．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色(漂白性)
B．常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)
C．久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)
【答案】A
【详解】
A．二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与漂白性无关，故A错误；
B．钝化为化学变化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，与浓硫酸、浓硝酸的强氧化性有关，故B正确；
C．浓硝酸光照分解生成二氧化氮，则颜色略显黄色，与浓硝酸的不稳定性有关，故C正确；
D．浓硫酸使蔗糖脱水，由现象可知浓硫酸具有脱水性，故D正确；故选A。
10．如图是某元素的价类二维图。其中 A 为酸式盐，E 的相对分子质量比 D 大 16.下列说法正确的是
A．E 与水反应一定能生成一种强酸
B．若 X 为强酸，则物质 D 可使石蕊溶液先变红后褪色
C．若 X 为强酸，则 D→E 的反应可用于检验 D
D．若 X 为强碱，则物质 A ~ E 中均含有硫元素
【答案】A
【分析】
D和E均为氧化物，E的价态比D高，E 的相对分子质量比 D 大 16，可以推测出E分子中比D分子中多一个O，则y为氧气，B到E为连续氧化过程，则B可以为NH3，C为N2，D为NO，E为NO2，此时A为某种酸式铵盐，X为强碱；B还可以是H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，此时A为某种硫氢化物，X为非氧化性强酸。
【详解】
A．E为NO2或SO3，NO2与水反应可生成HNO3，SO3与水反应生成H2SO4，硝酸和硫酸均为强酸，A正确；
B．根据分析可知若X为强酸，则A为硫氢化物，D为SO2，SO2并不能漂白石蕊溶液，所以只会变红，不会褪色，B错误；
C．根据分析可知若X为强酸，则D为SO2，E为SO3，SO2与氧气在高温、高压、催化剂的条件下生成SO3，该反应并不能用来检验SO2，C错误；
D．根据分析可知若X为强碱，物质A~E中均含有N元素，D错误；综上所述答案为A。
11．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05 mol·L-1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：Z>W>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D．X与Z可以形成原子个数比为1:1和2:1的共价化合物
【答案】D
【分析】
0.05 mol·L-1丙溶液的pH为1，可知丙溶液为二元强酸，应为H2SO4，K是主要的大气污染物之一，且可与单质乙、L生成硫酸溶液，则K应为SO2，因此可知乙为O2，L为H2O，再根据各元素原子序数依次增大，可知X为H，Z为O，W为S；M是这些元素形成的二元化合物，且由浓硫酸和甲单质反应生成，组成甲的元素的原子序数小于氧，且能与浓硫酸反应生成SO2，可知甲为C，M为CO2，则Y为C，综上， X、Y、Z、W、K、L、M、甲、乙分别为H、C、O、S、SO2、H2O、CO2、C、O2。
【详解】
A．碳的氢化物多种，沸点不同，未说明简单气态氢化物，沸点不具有可比性，A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，因此原子半径C>O，即Y>Z ，B错误；
C．H、C、O可以形成乙酸，为一元酸，C错误；
D．H、O可以形成原子个数比为1:1 的H2O和2:1的H2O2，皆为共价化合物，D正确；所以答案选D。
12．已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法不正确的是
A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂
B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处
C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O = NaHSO3+NaHSO4，生成1mol NaHSO4转移电子2mol
D．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原
【答案】C
【详解】
A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可用做抗氧化剂，故A正确；
B．因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，故B正确；
C．因为NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，故C错误；
D．二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D正确；故答案：C。
13．下列说法不正确的是
A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现
【答案】B
【详解】
A．碱性物质才能使红色石蕊试纸变蓝，故某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体的水溶液一定显碱性，A正确；
B．由于Cu与稀硫酸不反应，在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，但再加入Cu(NO3)2固体，由于发生反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致铜粉溶解，B错误；
C．铜与浓硝酸反应的反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O故反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C正确；
D．3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，2NO+O2=2NO2，故HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现，D正确；故答案为：B。
14．用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是
①幕布的着火点升高
②幕布的质量增加
③氯化铵分解吸收热量，降低了温度
④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气
A．①② B．①④ C．③④ D．②④
【答案】C
【详解】
①物质着火点在一定条件下是一定的，不发生变化，故①错误；
②幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故②错误；
③氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故③正确。
④氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故④正确。故选C。
15．下列有关元素及其化合物的叙述正确的是
A．采用加热升华的方法除去体中混有的
B．除去中的可将气体通入饱和的溶液
C．将稀硫酸滴加到溶液中无明显现象
D．、、三种气体都可以用浓硫酸干燥
【答案】B
【详解】
A．碘受热易升华，变为碘蒸气，蒸气遇冷变为固态碘；氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，气体遇冷后又重新化合为氯化铵，故采用加热升华的方法不除去体中混有的，故A错误；
B．亚硫酸的酸性大于碳酸，所以二氧化硫与饱和的溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，而二氧化碳与饱和的溶液不反应，可以达到提纯的目的，故B正确；
C．硝酸根离在酸性环境下具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，溶液由浅绿色变浅黄色，故C错误；
D．氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，因此不能用浓硫酸来干燥氨气，故D错误；故选B。
16．物质间的变化(其中A、B、C、D含同种元素，某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关描述中不正确的是
A．若A为硫单质，则Y可能是氯水
B．若A为氮气，则D是硝酸
C．若B为一氧化氮，则A一定是氮气
D．若B为氧化钠，则D一定是氢氧化钠
【答案】C
【详解】
A．根据图示，若A为硫单质，B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸，二氧化硫具有还原性，氯水具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，因此Y可能是氯水，故A正确；
B．根据图示，若A为氮气，氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，B为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，C为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则D是硝酸，故B正确；
C．根据图示，若B为一氧化氮，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，则A可能为氨气，故C错误；
D．根据图示，若B为氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则D一定是氢氧化钠，故D正确；答案选C。
17．下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．NO2是无色，有刺激性气味的有毒气体
B．浓硝酸与铜反应，体现浓硝酸的酸性和强氧化性
C．常温下可以用铁或铝制容器盛装浓硝酸
D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】A
【详解】
A．NO2是红棕色气体，A错误；
B．浓硝酸与铜反应，体现浓硝酸的酸性和强氧化性，B正确；
C．常温下铁、铝遇到浓硫酸、浓硫酸，会迅速在金属表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻碍进一步反应。所以常温下可以用铁或铝制容器盛装浓硝酸，C正确；
D．氨气易液化，液氨汽化时会吸收大量热，因此可用作制冷剂。D正确；故选A。
18．下列有关离子检验的操作、现象及结论均正确的是
A．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定是钠盐溶液
B．向某溶液中加入溶液后加热，用湿润无色酚酞试纸靠近试管口，呈红色，则该溶液中一定有NH
C．向无色溶液中加入盐酸酸化的溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有
D．向无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有
【答案】B
【详解】
A． 火焰呈黄色，说明溶液中含有钠元素，不一定是钠盐溶液，还可能是氢氧化钠溶液，A错误；
B． 向某溶液中加入溶液后加热，用湿润的无色酚酞试纸靠近试管口，呈红色，说明产生的气体为氨气，则该溶液中一定有NH，B正确；
C． 向无色溶液中加入盐酸酸化的溶液有白色沉淀出现，则该溶液中可能含有或氯离子等，C错误；
D． 向无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫气体，则该溶液中可能含有、、、，D错误；故选B。
19．下列离子方程式书写正确的是
A．氯化铵固体和熟石灰混合加热：＋OH-NH3↑＋H2O
B．NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：＋OH-NH3·H2O
C．氨水中加入盐酸：NH3·H2O＋H＋=＋H2O
D．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3OH-=Al(OH)3↓
【答案】C
【详解】
A．该反应属于固体间的加热反应，不能写成离子形式，A错误；
B．加热条件下NH3·H2O应分解为NH3和H2O，离子方程式应为＋OH-NH3↑＋H2O，B错误；
C．符合反应原理及离子方程式书写要求，C正确；
D．一水合氨是弱碱，不能完全电离，向氨水中滴加氯化铝溶液应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式应为
Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3，D错误。故选：C。
20．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，合理的选项是
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硫酸
Zn
H2
NaOH溶液
D
H2O2
MnO2
O2
NaOH溶液
【答案】B
【详解】
A．浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集氨气，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，氢氧化钠能够吸收尾气中的二氧化硫，防止污染空气，故B正确；
C．稀硫酸与锌反应生成氢气，氢气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集氢气，也不能用NaOH溶液进行尾气处理，故C错误；
D．双氧水滴入二氧化锰固体中，分解放出氧气，氧气密度大于空气，能用向上排空气法收集，氧气不需要进行尾气处理，故D错误；故选B。
21．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中正确的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】
A．实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙混合固体加热，产生的氨气用碱石灰干燥，氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，遇冷又结合成氯化铵，得不到氨气，不能直接加热氯化铵分解制氨气，故A错误；
B．氨气能被浓硫酸吸收，应该用碱石灰干燥氨气，故B错误；
C．固体+固体加热制气体时，试管口应向略向下倾斜，否则会有炸裂试管的可能，故C错误；
D．氨水易挥发，可采用加热浓氨水的方法制取氨气，用碱石灰干燥氨气，故D正确；
故选：D。
22．探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．充分反应后，锥形瓶内有 NO存在
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3具有热不稳定性
D．将红热的Pt丝伸入如上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2
【答案】D
【详解】
A．将集有氨的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，即可说明因为氨极易溶于水，导致试管内气压急剧减小，所以液体迅速充满试管，故A正确；
B．氨水具有挥发性，挥发出来的氨气在红热的铂丝做催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气转化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸与氨水反应生成硝酸铵，则充分反应后，锥形瓶内有 NO存在，故B正确；
C．NH4HCO3受热分解的产物有水，所以在试管口会液化产生液滴，故说明NH4HCO3具有热不稳定性，故C正确；
D．根据B项分析，将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，不一定是产生了NO2气体，也可能是产生了NO气体，后被O2氧化为NO2，故D错误；
答案选D。
23．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为
A．672mL B．168mL C．504mL D．336mL
【答案】D
【分析】
根据氧化还原反应的实质是电子守恒进行计算，通过两个电子守恒或者直接整体列电子守恒进行解得答案。
【详解】
根据在反应过程中铜失去电子变为铜离子，而硝酸先被还原为二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变稀，硝酸被还原为一氧化氮，再通入氧气后将氮的氧化物氧化为硝酸。整个过程中发现硝酸没有发生变化，实质反应是铜和氧气间的反应。根据电子守恒法得n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(O2)=0.015mol，标况下V=n×Vm=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL。
故选答案D。
【点睛】
注意电子守恒又叫化合价的升降守恒，根据整体过程中化合价升高总数等于化合价降低总数进行列式。
24．将9 g铜和铁的混合物投入到100 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是
A．原混合物中铜和铁各0.15 mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为2 mol·L－1
C．第一次剩余4.8 g 金属为铜和铁
D．再加入上述100 mL稀硝酸，还会得到标准状况下1.12 LNO
【答案】B
【分析】
整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol （）NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，设铁的物质的量为x mol，铜的物质的量为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、 (x+y)= ，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol。
【详解】
A． 由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A错误；
B． 根据方程式可知，n(HNO3)=4n(NO)=0.4mol，稀硝酸的物质的量浓度为=2 mol·L－1，稀硝酸的物质的量浓度为2 mol·L－1，故B正确；
C． 9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol =4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol =4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；
D． 再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为 =0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故D错误；
故选B。
25．向200mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列说法正确的是
A．OA段反应的离子方程式为：
B．A点溶液中的溶质为
C．原混合溶液中的物质的量为0.2mol
D．原混合溶液中的物质的量浓度为1
【答案】C
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+ +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22.4gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据 Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。
【详解】
A． 根据分析可知，OA段发生反应为：Fe+ +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↑，A错误；
B． A点时， 被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有 ，此时溶质为 Fe2(SO4)3 和 H2SO4 ，B错误；
C． OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根据方程式Fe+ +4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物质的量为0.2mol，因此原混合酸中 物质的量为0.2 mol，C正确；
D． 最终消耗22.4gFe，即0.4molFe，最后溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，则n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为 0.4mol÷0.2L=2mol⋅L-1 ，D错误；
故选C。
26．pH=1的某溶液X中还含有、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)， 取该溶液进行如下实验：
下列有关推断不正确的是
A．沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-
C．溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+
D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112ml(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05mol/L
【答案】D
【分析】
溶液X为酸性溶液，一定含有氢离子，不含有碳酸根离子和亚硫酸离子，加入过量的硝酸钡产生沉淀和气体，说明溶液中存在具有还原性和氧化性的离子，如亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成一氧化氮气体，说明溶液中含有亚铁离子和硝酸根离子，。沉淀为硫酸钡沉淀，说明有硫酸根离子。溶液B中加入过量的氢氧化钠，产生气体，说明含有铵根离子，产生沉淀说明原来的亚铁生成的铁离子反应生成了氢氧化铁沉淀。溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀。不能确定是否有铁离子和氯离子。据此分析。
【详解】
A．溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀，溶液E中有剩余的钡离子，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钡不是hi沉淀，所以溶液沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物，A正确；
B．根据以上分析，不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-，B正确；
C．根据以上分析可知溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+，C正确；
D．若溶液X为100mL，反应为产生的气体A为112ml(标况)，物质的量为0.005mol，则根据方程式分析，亚铁离子的物质的量为0.015mol，亚铁离子物质的量浓度为，D错误；
故选D。
专题07 硫、氮元素及其化合物选择题
专项训练
1．对下列事实的解释错误的是
A．葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化作用
B．碳酸钡可用作消化X射线检查的内服药剂
C．浓硝酸久置显黄色，说明浓硝酸具有不稳定性
D．实验室用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，说明稀硝酸具有强氧化性
【答案】B
【详解】
A．二氧化硫具有还原性，继而起到抗氧化的作用，故A正确；
B．硫酸钡不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，故B错误；
C．浓硝酸久置显黄色，说明溶解二氧化氮气体，二氧化氮是是硝酸分解产生的，说明浓硝酸具有不稳定性，故C正确；
D．稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，说明稀硝酸与银反应，稀硝酸具有强氧化性，故D正确；故选B。
2．你认为减少酸雨产生的途径可以采取的措施是
①少用煤做燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已经酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源。
A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①②④⑤
【答案】C
【详解】
①减少煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；综上所述，答案选C。
3．某同学通过系列实验探究硫及其化合物的性质，实验现象正确且能达到目的的是
A．点燃硫磺，产生刺激性气味气体，该气体可以漂白纸浆
B．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑色，说明浓硫酸具有强的吸水性
C．将气体通入溶液生成沉淀
D．将Al片加入浓硫酸中，反应剧烈，说明浓硫酸具有强的氧化性
【答案】A
【详解】
A．硫磺燃烧生成SO2，该气体具有漂白性，可以漂白纸浆，A正确；
B． 蔗糖中加入浓硫酸后变黑色，此时浓硫酸表现出脱水性，B错误；
C． H2S是弱电解质，只所以能够与CuSO4溶液反应，是因为两者反应生成了难溶于水和酸的CuS沉淀，C错误；
D． Al遇浓硫酸钝化，产生致密的氧化物薄膜，阻止金属与酸的进一步反应，D错误；答案选A。
4．某同学设计的微型实验装置验证的性质，通过分析实验，下列结论表达错误的是
A．a棉球褪色，验证具有漂白性
B．b棉球褪色，验证具有酸性氧化物的通性
C．c棉球蓝色褪去，验证氧化性
D．可以使用碱液吸收尾气
【答案】C
【详解】
A．二氧化硫可以漂白品红，所以可以验证SO2具有漂白性，故A正确；
B．SO2+2NaOH=Na3SO3+H2O，所以b棉球褪色，可以验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；
C．SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，所以c棉球蓝色褪去，可以验证SO2具有还原性，故C错误；
D．碱性物质和氧化性物质均可以吸收尾气二氧化硫，故D正确；故选C。
5．NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．降低排放可以减少酸雨的形成
B．储存过程中被还原
C．还原过程中消耗1mol转移的电子数为10(为阿伏加德罗常数的值)
D．通过BaO和的相互转化实现的储存和还原
【答案】B
【分析】
由工作原理图可知，储存过程中NO转化为NO2，NO2转化为Ba(NO3)2，还原过程中Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，根据化合价变化分析解答。
【详解】
A．大气中的可形成硝酸型酸雨，降低排放可以减少酸雨的形成，故A正确；
B．储存过程中NO转化为NO2，NO2转化为Ba(NO3)2，N元素化合价均升高，被氧化，故B错误；
C．还原过程中Ba(NO3)2转化为N2，消耗1mol Ba(NO3)2移的电子数为10，故C正确；
D．BaO转化为Ba(NO3)2储存，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原，故D正确；答案选B。
6．已知某物质X能发生如图转化，其中物质X、Y、Z、A均含有同一种元素。下列有关转化关系中物质及其反应的叙述错误的是
XYZA
A．若X为或，则A为硝酸
B．若X为S，则A为硫酸
C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
D．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y
【答案】C
【详解】
A．若X为或，与氧气反应生成Y为NO，NO与氧气反应生成Z为NO2，NO2与水反应生成A为硝酸，符合转化关系，故A正确；
B．若X为S，与氧气反应生成Y为SO2，SO2与氧气反应生成Z为SO3，SO3与水反应生成A为硫酸，符合转化关系，故B正确；
C．若X为S或H2S，反应③为三氧化硫和水反应生成硫酸的过程，属于非氧化还原反应，若X为或，反应③为二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；
D．若X为S或H2S，A为硫酸时，浓硫酸可以在加热条件下与铜反应生成二氧化硫，但稀硫酸不与铜反应，故D正确；答案选C。
7．下列说法正确的是
A．浓硫酸与浓硝酸敞口放置都会变稀，两者原理相同
B．因为有漂白性，所以它能使品红溶液和溴水褪色
C．氨易液化，汽化时会吸收大量热，可作制冷剂
D．某溶液中滴加溶液﹐生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，证明一定含有
【答案】C
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，敞口放置会吸收空气中的水蒸气，浓度变稀；浓硝酸具有挥发性，敞口放置会挥发出硝酸蒸气，浓度变稀，变稀的原理不同，故A错误；
B．二氧化硫能够使某些有机色质褪色，体现漂白性，品红属于有机色质；二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；
C．氨易液化，液氨挥发为气体要吸热，可做制冷剂，故C正确；
D．氯化钡与银离子、硫酸根离子反应均生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，因此某溶液中滴加溶液﹐生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能证明一定含有，故D错误；故选C。
8．下列的说法正确的是
A．0.1 mol Fe在0.l mol Cl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
B．12 mol/L的浓硫酸 50 mL与足量的Cu加热反应，得到SO2为0.3NA
C．3 mol NO2与足量的水反应转移的电子数为NA
D．1 mol/L Na2SO4溶液中，阴、阳离子总数为3NA
【答案】A
【详解】
A．0.1 mol Fe在0.l mol Cl2中充分燃烧，铁过量，转移电子数为0.2NA，A正确；
B．12 mol/L的浓硫酸 50 mL与足量的Cu加热反应，由于随反应进行，浓硫酸浓度降低，稀硫酸和铜不反应，所以得到SO2小于0.3NA，B错误；
C．3 mol NO2与足量的水反应生成2mol硝酸和1molNO，转移的电子数为2NA，C错误；
D．1 mol/L Na2SO4溶液的体积未知，无法计算阴、阳离子总数，D错误；答案选A。
9．下列事实与带点物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是
A．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色(漂白性)
B．常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)
C．久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)
【答案】A
【详解】
A．二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与漂白性无关，故A错误；
B．钝化为化学变化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，与浓硫酸、浓硝酸的强氧化性有关，故B正确；
C．浓硝酸光照分解生成二氧化氮，则颜色略显黄色，与浓硝酸的不稳定性有关，故C正确；
D．浓硫酸使蔗糖脱水，由现象可知浓硫酸具有脱水性，故D正确；故选A。
10．如图是某元素的价类二维图。其中 A 为酸式盐，E 的相对分子质量比 D 大 16.下列说法正确的是
A．E 与水反应一定能生成一种强酸
B．若 X 为强酸，则物质 D 可使石蕊溶液先变红后褪色
C．若 X 为强酸，则 D→E 的反应可用于检验 D
D．若 X 为强碱，则物质 A ~ E 中均含有硫元素
【答案】A
【分析】
D和E均为氧化物，E的价态比D高，E 的相对分子质量比 D 大 16，可以推测出E分子中比D分子中多一个O，则y为氧气，B到E为连续氧化过程，则B可以为NH3，C为N2，D为NO，E为NO2，此时A为某种酸式铵盐，X为强碱；B还可以是H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，此时A为某种硫氢化物，X为非氧化性强酸。
【详解】
A．E为NO2或SO3，NO2与水反应可生成HNO3，SO3与水反应生成H2SO4，硝酸和硫酸均为强酸，A正确；
B．根据分析可知若X为强酸，则A为硫氢化物，D为SO2，SO2并不能漂白石蕊溶液，所以只会变红，不会褪色，B错误；
C．根据分析可知若X为强酸，则D为SO2，E为SO3，SO2与氧气在高温、高压、催化剂的条件下生成SO3，该反应并不能用来检验SO2，C错误；
D．根据分析可知若X为强碱，物质A~E中均含有N元素，D错误；综上所述答案为A。
11．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05 mol·L-1丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：Z>W>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D．X与Z可以形成原子个数比为1:1和2:1的共价化合物
【答案】D
【分析】
0.05 mol·L-1丙溶液的pH为1，可知丙溶液为二元强酸，应为H2SO4，K是主要的大气污染物之一，且可与单质乙、L生成硫酸溶液，则K应为SO2，因此可知乙为O2，L为H2O，再根据各元素原子序数依次增大，可知X为H，Z为O，W为S；M是这些元素形成的二元化合物，且由浓硫酸和甲单质反应生成，组成甲的元素的原子序数小于氧，且能与浓硫酸反应生成SO2，可知甲为C，M为CO2，则Y为C，综上， X、Y、Z、W、K、L、M、甲、乙分别为H、C、O、S、SO2、H2O、CO2、C、O2。
【详解】
A．碳的氢化物多种，沸点不同，未说明简单气态氢化物，沸点不具有可比性，A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，因此原子半径C>O，即Y>Z ，B错误；
C．H、C、O可以形成乙酸，为一元酸，C错误；
D．H、O可以形成原子个数比为1:1 的H2O和2:1的H2O2，皆为共价化合物，D正确；所以答案选D。
12．已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法不正确的是
A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂
B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处
C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O = NaHSO3+NaHSO4，生成1mol NaHSO4转移电子2mol
D．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原
【答案】C
【详解】
A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可用做抗氧化剂，故A正确；
B．因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，故B正确；
C．因为NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，故C错误；
D．二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D正确；故答案：C。
13．下列说法不正确的是
A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现
【答案】B
【详解】
A．碱性物质才能使红色石蕊试纸变蓝，故某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体的水溶液一定显碱性，A正确；
B．由于Cu与稀硫酸不反应，在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，但再加入Cu(NO3)2固体，由于发生反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致铜粉溶解，B错误；
C．铜与浓硝酸反应的反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O故反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C正确；
D．3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，2NO+O2=2NO2，故HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现，D正确；故答案为：B。
14．用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是
①幕布的着火点升高
②幕布的质量增加
③氯化铵分解吸收热量，降低了温度
④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气
A．①② B．①④ C．③④ D．②④
【答案】C
【详解】
①物质着火点在一定条件下是一定的，不发生变化，故①错误；
②幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故②错误；
③氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故③正确。
④氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故④正确。故选C。
15．下列有关元素及其化合物的叙述正确的是
A．采用加热升华的方法除去体中混有的
B．除去中的可将气体通入饱和的溶液
C．将稀硫酸滴加到溶液中无明显现象
D．、、三种气体都可以用浓硫酸干燥
【答案】B
【详解】
A．碘受热易升华，变为碘蒸气，蒸气遇冷变为固态碘；氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，气体遇冷后又重新化合为氯化铵，故采用加热升华的方法不除去体中混有的，故A错误；
B．亚硫酸的酸性大于碳酸，所以二氧化硫与饱和的溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，而二氧化碳与饱和的溶液不反应，可以达到提纯的目的，故B正确；
C．硝酸根离在酸性环境下具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，溶液由浅绿色变浅黄色，故C错误；
D．氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，因此不能用浓硫酸来干燥氨气，故D错误；故选B。
16．物质间的变化(其中A、B、C、D含同种元素，某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关描述中不正确的是
A．若A为硫单质，则Y可能是氯水
B．若A为氮气，则D是硝酸
C．若B为一氧化氮，则A一定是氮气
D．若B为氧化钠，则D一定是氢氧化钠
【答案】C
【详解】
A．根据图示，若A为硫单质，B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸，二氧化硫具有还原性，氯水具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，因此Y可能是氯水，故A正确；
B．根据图示，若A为氮气，氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，B为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，C为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则D是硝酸，故B正确；
C．根据图示，若B为一氧化氮，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，则A可能为氨气，故C错误；
D．根据图示，若B为氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则D一定是氢氧化钠，故D正确；答案选C。
17．下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．NO2是无色，有刺激性气味的有毒气体
B．浓硝酸与铜反应，体现浓硝酸的酸性和强氧化性
C．常温下可以用铁或铝制容器盛装浓硝酸
D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】A
【详解】
A．NO2是红棕色气体，A错误；
B．浓硝酸与铜反应，体现浓硝酸的酸性和强氧化性，B正确；
C．常温下铁、铝遇到浓硫酸、浓硫酸，会迅速在金属表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻碍进一步反应。所以常温下可以用铁或铝制容器盛装浓硝酸，C正确；
D．氨气易液化，液氨汽化时会吸收大量热，因此可用作制冷剂。D正确；故选A。
18．下列有关离子检验的操作、现象及结论均正确的是
A．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定是钠盐溶液
B．向某溶液中加入溶液后加热，用湿润无色酚酞试纸靠近试管口，呈红色，则该溶液中一定有NH
C．向无色溶液中加入盐酸酸化的溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有
D．向无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有
【答案】B
【详解】
A． 火焰呈黄色，说明溶液中含有钠元素，不一定是钠盐溶液，还可能是氢氧化钠溶液，A错误；
B． 向某溶液中加入溶液后加热，用湿润的无色酚酞试纸靠近试管口，呈红色，说明产生的气体为氨气，则该溶液中一定有NH，B正确；
C． 向无色溶液中加入盐酸酸化的溶液有白色沉淀出现，则该溶液中可能含有或氯离子等，C错误；
D． 向无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫气体，则该溶液中可能含有、、、，D错误；故选B。
19．下列离子方程式书写正确的是
A．氯化铵固体和熟石灰混合加热：＋OH-NH3↑＋H2O
B．NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：＋OH-NH3·H2O
C．氨水中加入盐酸：NH3·H2O＋H＋=＋H2O
D．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3OH-=Al(OH)3↓
【答案】C
【详解】
A．该反应属于固体间的加热反应，不能写成离子形式，A错误；
B．加热条件下NH3·H2O应分解为NH3和H2O，离子方程式应为＋OH-NH3↑＋H2O，B错误；
C．符合反应原理及离子方程式书写要求，C正确；
D．一水合氨是弱碱，不能完全电离，向氨水中滴加氯化铝溶液应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式应为
Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3，D错误。故选：C。
20．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，合理的选项是
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硫酸
Zn
H2
NaOH溶液
D
H2O2
MnO2
O2
NaOH溶液
【答案】B
【详解】
A．浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集氨气，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，氢氧化钠能够吸收尾气中的二氧化硫，防止污染空气，故B正确；
C．稀硫酸与锌反应生成氢气，氢气的密度比空气小，不能使用向上排空气法收集氢气，也不能用NaOH溶液进行尾气处理，故C错误；
D．双氧水滴入二氧化锰固体中，分解放出氧气，氧气密度大于空气，能用向上排空气法收集，氧气不需要进行尾气处理，故D错误；故选B。
21．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中正确的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】
A．实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙混合固体加热，产生的氨气用碱石灰干燥，氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，遇冷又结合成氯化铵，得不到氨气，不能直接加热氯化铵分解制氨气，故A错误；
B．氨气能被浓硫酸吸收，应该用碱石灰干燥氨气，故B错误；
C．固体+固体加热制气体时，试管口应向略向下倾斜，否则会有炸裂试管的可能，故C错误；
D．氨水易挥发，可采用加热浓氨水的方法制取氨气，用碱石灰干燥氨气，故D正确；
故选：D。
22．探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．充分反应后，锥形瓶内有 NO存在
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3具有热不稳定性
D．将红热的Pt丝伸入如上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2
【答案】D
【详解】
A．将集有氨的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，即可说明因为氨极易溶于水，导致试管内气压急剧减小，所以液体迅速充满试管，故A正确；
B．氨水具有挥发性，挥发出来的氨气在红热的铂丝做催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气转化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸与氨水反应生成硝酸铵，则充分反应后，锥形瓶内有 NO存在，故B正确；
C．NH4HCO3受热分解的产物有水，所以在试管口会液化产生液滴，故说明NH4HCO3具有热不稳定性，故C正确；
D．根据B项分析，将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，不一定是产生了NO2气体，也可能是产生了NO气体，后被O2氧化为NO2，故D错误；
答案选D。
23．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为
A．672mL B．168mL C．504mL D．336mL
【答案】D
【分析】
根据氧化还原反应的实质是电子守恒进行计算，通过两个电子守恒或者直接整体列电子守恒进行解得答案。
【详解】
根据在反应过程中铜失去电子变为铜离子，而硝酸先被还原为二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变稀，硝酸被还原为一氧化氮，再通入氧气后将氮的氧化物氧化为硝酸。整个过程中发现硝酸没有发生变化，实质反应是铜和氧气间的反应。根据电子守恒法得n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(O2)=0.015mol，标况下V=n×Vm=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL。
故选答案D。
【点睛】
注意电子守恒又叫化合价的升降守恒，根据整体过程中化合价升高总数等于化合价降低总数进行列式。
24．将9 g铜和铁的混合物投入到100 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是
A．原混合物中铜和铁各0.15 mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为2 mol·L－1
C．第一次剩余4.8 g 金属为铜和铁
D．再加入上述100 mL稀硝酸，还会得到标准状况下1.12 LNO
【答案】B
【分析】
整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol （）NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，设铁的物质的量为x mol，铜的物质的量为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、 (x+y)= ，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol。
【详解】
A． 由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A错误；
B． 根据方程式可知，n(HNO3)=4n(NO)=0.4mol，稀硝酸的物质的量浓度为=2 mol·L－1，稀硝酸的物质的量浓度为2 mol·L－1，故B正确；
C． 9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol =4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol =4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；
D． 再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为 =0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故D错误；
故选B。
25．向200mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列说法正确的是
A．OA段反应的离子方程式为：
B．A点溶液中的溶质为
C．原混合溶液中的物质的量为0.2mol
D．原混合溶液中的物质的量浓度为1
【答案】C
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+ +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22.4gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据 Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。
【详解】
A． 根据分析可知，OA段发生反应为：Fe+ +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↑，A错误；
B． A点时， 被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有 ，此时溶质为 Fe2(SO4)3 和 H2SO4 ，B错误；
C． OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根据方程式Fe+ +4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物质的量为0.2mol，因此原混合酸中 物质的量为0.2 mol，C正确；
D． 最终消耗22.4gFe，即0.4molFe，最后溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，则n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为 0.4mol÷0.2L=2mol⋅L-1 ，D错误；
故选C。
26．pH=1的某溶液X中还含有、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)， 取该溶液进行如下实验：
下列有关推断不正确的是
A．沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-
C．溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+
D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112ml(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05mol/L
【答案】D
【分析】
溶液X为酸性溶液，一定含有氢离子，不含有碳酸根离子和亚硫酸离子，加入过量的硝酸钡产生沉淀和气体，说明溶液中存在具有还原性和氧化性的离子，如亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成一氧化氮气体，说明溶液中含有亚铁离子和硝酸根离子，。沉淀为硫酸钡沉淀，说明有硫酸根离子。溶液B中加入过量的氢氧化钠，产生气体，说明含有铵根离子，产生沉淀说明原来的亚铁生成的铁离子反应生成了氢氧化铁沉淀。溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀。不能确定是否有铁离子和氯离子。据此分析。
【详解】
A．溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀，溶液E中有剩余的钡离子，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钡不是hi沉淀，所以溶液沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物，A正确；
B．根据以上分析，不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-，B正确；
C．根据以上分析可知溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+，C正确；
D．若溶液X为100mL，反应为产生的气体A为112ml(标况)，物质的量为0.005mol，则根据方程式分析，亚铁离子的物质的量为0.015mol，亚铁离子物质的量浓度为，D错误；
故选D。
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