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天津市耀华中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题
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第五章检测
（考试时间45分钟 共100分）
一、单项选择题（共20题，每题4分，共80分）
1.下列说法中正确的是
A. SiO2溶于水显酸性
B. SiO2是酸性氧化物，它不能与任何酸发生反应
C. Si是地壳中含量最多的非金属元素
D. 硅的化学性质不活泼，但在自然界中主要以化合态存在
【答案】D
【解析】
详解】A．二氧化硅不溶于水，故A错误；
B．能和HF反应，故B错误；
C．地壳中含量最多的元素是氧，故C错误；
D．硅的化学性质不活泼，在自然界中主要以化合态存在，故D正确；
答案选D。
【点睛】二氧化硅是酸性氧化物，不能和水反应。
2.下列离子方程式不正确的是
A. 石英与烧碱溶液反应：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O
B. 向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2＋OH－=HCO3-
C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸：2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓
D. 向碳酸钙上滴稀硝酸：CO32-＋2H＋=H2O＋CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．石英与烧碱溶液反应的离子反应为SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O，故A正确；
B. 向氢氧化钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，反应的离子反应方程式为CO2＋OH－=HCO3-，故B正确；
C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸的离子反应为2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓，故C正确；
D. 向碳酸钙上滴稀硝酸的离子反应为CaCO3+2H+＝H2O+Ca2++CO2↑，故D错误；
答案选D。
【点睛】难溶物不能拆成离子形式，例如碳酸钙不能拆成离子形式。
3.在SiO2＋3CSiC＋2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为
A. 7:3 B. 7:6 C. 1:2 D. 2:1
【答案】C
【解析】
【详解】该反应中，部分C元素的化合价由0降低为-4价，部分C元素的化合价由0升高为+2价，由电子守恒可知，3molC中只有1molC为氧化剂、2molC作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比是1：2，答案选C。
【点睛】碳化硅中，碳是-4价，碳即作氧化剂又作还原剂。
4.下列说法正确的是
A. 二氧化硅溶于水显酸性 B. 二氧化碳通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸
C. 二氧化硅常用作干燥剂 D. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅属于酸性氧化物但和水不反应，故A错误；
B．碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳、水和硅酸钠反应生成原硅酸，故B正确；
C．二氧化硅没有吸水性，不能做干燥剂，作干燥剂的是硅胶，故C错误；
D．二氧化硅属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，且能溶于HF，所以可以用HF雕刻玻璃，故D错误；
答案选B。
5.将过量的CO2分别通入:①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③NaAlO2溶液；④饱和Na2CO3溶液；⑤Ca(OH)2，最终溶液中有白色沉淀析出或浑浊的是
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【详解】①因为盐酸的酸性强于碳酸，因此CaCl2不与CO2反应，没有沉淀产生，故①错误；
②碳酸的酸性强于硅酸，即发生Na2SiO3＋2CO2＋H2O=2NaHCO3＋H2SiO3↓，最终有沉淀产生，故②正确；
③碳酸的酸性强于偏铝酸，因此有CO2＋NaAlO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，氢氧化铝不溶于碳酸，有白色沉淀产生，故③正确；
④碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此碳酸钠溶液中通入CO2，发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，有白色沉淀产生，故④正确；
⑤因为通入过量的CO2，因此反应是Ca(OH)2＋CO2=Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故⑤错误；
综上所述，选项B正确。
【点睛】本题易错点是①，学生认为生成白色沉淀CaCO3，反应方程式为CaCl2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HCl，学生忽略了盐酸的酸性强于碳酸，反应又回去了，因此CO2通入到CaCl2溶液，没有沉淀产生。
6.下列说法中错误的是
A. 硅酸是不挥发性酸，因此不能由盐酸制得
B. 氢氟酸能和玻璃发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中
C. 水玻璃有黏性，所以要存放在带橡胶塞的试剂瓶中
D. 烧碱溶液会腐蚀玻璃并生成硅酸钠，所以烧碱溶液要存放在带橡胶塞的试剂瓶里
【答案】A
【解析】
【详解】A、盐酸的酸性比硅酸强，根据强酸可以制弱酸原理，利用硅酸盐与盐酸反应可以制得硅酸，A错误；
B、因氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中，不能保存在玻璃瓶中，B正确；
C、硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，C正确；
D、因玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成，硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，D正确；
答案选A。
7.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是( )
①氯气 ②液氯 ③新制氯水 ④氯气的酒精溶液 ⑤盐酸 ⑥盐酸酸化的漂白粉溶液
A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误； ②液氯是氯气的液态形式是纯净物，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；④氯气的酒精溶液，无HClO生成，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④错误；⑤盐酸能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，但不退色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确。故选C。
8.氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是
A. HI和HClO B. HCl和HIO C. HClO3和HIO D. HClO和HIO
【答案】B
【解析】
【详解】氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，ICl中I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为−1价，反应方程式为ICl+H2O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO，答案选B。
【点睛】氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，具有氧化性，与水反应时注意元素化合价的变化。
9.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1
【答案】D
【解析】
【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。
10.下列说法正确是( )
A. SO2能使KMnO4水溶液褪色
B. 可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2
C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
D. 少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A. SO2有还原性，可以将酸性KMnO4还原而褪色，故A正确；
B. CO2和SO2均使澄清石灰水变浑浊，现象相同，无法鉴别，故B错误；
C. S粉在纯氧中燃烧也是生成SO2，故C错误；
D. 亚硫酸的酸性弱于盐酸，依据强酸制弱酸规律，SO2与CaCl2不反应，故D错误。
故选A。
11.如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是什么气体
A. 可能是N2与NO2的混合气体 B. 可能是O2与NO2的混合气体
C. 可能是NO与N2的混合气体 D. 只能是NO2一种气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故A错误；
B．O2与NO2的混和气体可在溶液中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内能完全被水充满，故B正确；
C．N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故C错误；
D．根据B中分析可知D错误；
答案选B。
12.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A. 肯定有SO2和NO
B. 肯定没有Cl2和NO2，一定有O2
C. 可能有Cl2和O2
D. 肯定只有NO
【答案】A
【解析】
该气体无色，排除了Cl2、NO2气体。该气体能使品红溶液褪色，则一定含有SO2气体。将剩余气体排放到空气中，气体迅速变为红棕色，判断一定含有NO气体，故一定无O2，所以选A。
13.将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是
A. 1.2mL B. 2.4mL C. 3.6mL D. 5mL
【答案】A
【解析】
【详解】如氧气过量，则剩余2ml无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：
4x+x=12mL-2mL=10mL，x=2mL，所以氧气的体积为：2mL+2mL=4mL；
如NO2过量，则剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为y，
y=1.2mL
答案选A。
14.有容积相同的4个集气瓶，分别装满下列各气体，倒扣在盛水的水槽中，经充分反应后，集气瓶进水最多的是
A. NO和N2体积各占50% B. NO2和N2体积各占50%
C. NO2和O2体积各占50% D. NO和O2体积各占50%
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO和N2均不溶于水，故A项中不进水；
B．NO2和N2体积各占50%，二氧化氮和水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO,倒放在水槽中，充分作用后集气瓶中进水为氧气体积的，即占容器容积的；
C．二氧化氮和氧气在水中恰好溶解反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，等体积NO2与O2的混合气倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水为集气瓶体积的；
D．一氧化氮和氧气在水中恰好溶解反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；等体积NO与O2的混合气倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水为集气瓶体积的；
答案选D。
15.氨的喷泉实验中，烧瓶中的液体占，假设溶质不外溢，瓶内氨水的浓度为（标准状况下）
A. 0.04mol/L B. 0.045mol/L C. 0.45mol/L D. 1mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】氨的喷泉实验中，烧瓶中的液体占，说明氨气中混有空气，溶解的氨气的体积与溶液的体积相等，设烧瓶的体积为V，则溶解的氨气的体积与溶液的体积V，则瓶内氨水的浓度为==mol/L =0.045mol/L，答案选B。
16.为了更简便地制取干燥的NH3，下列方法中适合的是
A. NH4Cl与浓H2SO4混合共热，生成气体用碱石灰进行干燥
B. N2+3H2 2NH3，用烧碱进行干燥
C. 加热浓氨水，气体用碱石灰干燥
D. 加热NH4HCO3，气体用P2O5干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A.NH4Cl和H2SO4（浓）混合加热不反应，得不到大量氨气，不能用来实验室制备，选项A错误；
B.N2与H2反应生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反应是可逆反应，反应条件复杂，得到的产物不纯净，在实验室中不能实现，选项B错误；
C.浓氨水具有挥发性，加热能够促进氨气的挥发，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂干燥，可以用碱石灰干燥，选项C正确；
D.碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解，生成氨气（NH3）、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：NH4HCO3.NH3↑+CO2↑+H2O，用P2O5是酸性氧化物，会吸收氨气，选项D错误；
答案选C。
17.用以下三种途径来制取相同质量硝酸铜
①铜与浓硝酸反应 ②铜与稀硝酸反应 ③铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸反应。以下叙述中正确的是
A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C. 所消耗铜的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③
D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径①＞途径③＞途径②
【答案】A
【解析】
【分析】
有关反应为：①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；③2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量（或物质的量）不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少。通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用，以此来解答。
【详解】A．由Cu原子守恒可知，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，故A正确；
B．由方程式可知生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，故B错误；
C．所消耗铜的物质的量是：途径①=途径②=途径③，故C错误；
D．途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，消耗硝酸的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③，故D错误；
答案选A。
18.把7.2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体1.6g,产生NO2和NO的混合气体0.08mol。若不考虑N2O4的存在,则原HNO3溶液的物质的量浓度( ）
A. 3.5mol·L-1 B. 4.5mol·L -1 C. 7.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1
【答案】C
【解析】
【详解】铁粉剩余，硝酸必完全反应而且产物为Fe(NO3)2，由N元素守恒，反应后N元素一部分存在于NO2和NO的混合气体中，另一部分存在于Fe(NO3)2中，n(Fe)==0.1mol，所以c(HNO3)==7.0 mol/L。答案选C。
19.在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，7.5 mol CuSO4可氧化磷原子的物质的量为（ ）
A. 1.5 mol B. 3 mol C. 5 mol D. 6 mol
【答案】A
【解析】
【详解】首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2→+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的。由电子得失数目可知，6mol被氧化的P共失电子6mol×5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol，即15molCuSO4所氧化的P为=3mol，因此7.5 mol CuSO4可氧化磷原子的物质的量为1.5mol，答案选A。
【点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
20.将1.92g铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L(标准状况下)，则消耗硝酸的物质的量是
A. 0.12mol B. 0.09mol C. 0.11mol D. 0.08mol
【答案】C
【解析】
【分析】
反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根据n=计算1.92gCu的物质的量，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2，根据n=计算生成气体物质的量，据此计算解答。
【详解】1.92gCu的物质的量==0.03mol，n（NO，NO2）==0.05mol，反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）=2×0.03mol+0.05mol=0.11mol，
故答案选C。
二、填空题（方程式2分，其他每空1分，共20分）
21.已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大。X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍。
（1）请写出元素符号：Y__Z____W____。
（2）在一定条件下，由X单质与Z单质反应生成E，E在催化剂存在的条件下，可用于还原汽车尾气中的____，以减少对大气的污染。
（3）由X、Y、Z、W四种元素可组成酸式盐，该化合物的水溶液与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为____。
（4）工业上用E检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质Z生成，写出化学方程式____。该反应中被氧化的E与参与反应的E的质量之比___。
【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). 一氧化氮、二氧化氮 (5). NH4++HCO3−+2OH−=NH3↑+2H2O+CO32− (6). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 (7). 1:4
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是短周期中四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X元素原子形成的离子就是一个质子，则X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子不能超过8，只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y是C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且Z的原子序数小于W，所以Z是N元素，W是O元素，以此来解答。
【详解】(1)由上述分析可知， Y为C，Z为N、W为O；
(2)X单质为氢气、Z单质为氮气，氮气和氢气在一定条件下反应生成氨气，该反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；氨气在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的氮的氧化物：一氧化氮、二氧化氮，以减少对大气的污染；
(3)H、C、N、O四种元素可组成酸式盐NH4HCO3，碳酸氢铵与足量浓NaOH溶液反应生成碳酸钠、氨气与水，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH−=NH3↑+2H2O+CO32−；
(4)工业上用E检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质氮气生成，故E为NH3，化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，根据反应，8mol氨气中有2mol氨气参与氧化还原反应被氧化，则该反应中被氧化的NH3与参与反应的NH3的质量之比为2:8=1:4。
22.实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：
已知：实验室用饱和亚硝酸钠（NaNO2）溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
（1）从图中选择制取气体的合适装置：氮气__、氢气___。
（2）氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有__、_。
（3）用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：_，锥形瓶中还可观察到的现象是：____。
（4）写出乙装置中氨氧化的化学方程式：_____。
（5）反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H＋、OH－、_、_离子。
【答案】 (1). a (2). b (3). 干燥气体 (4). 控制氮气和氢气流速 (5). 氨气的氧化反应是放热反应 (6). 有红棕色气体生成 (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). NH4+ (9). NO3-
【解析】
【详解】(1)实验室用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，用锌与稀硫酸制取氢气，不需要加热，故制取氮气选择装置a，制取氢气选择装置b；
(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有干燥气体，控制氮气和氢气的流速；
(3)使铂丝保持红热的原因是：氨气的氧化反应是放热反应，装置乙的锥形瓶中发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，生成的一氧化氮可被装置中的氧气氧化为二氧化氮，锥形瓶中还可观察到的现象是：有红棕色气体生成；
(4)由(3)分析可得，乙装置中氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)乙装置中还发生的反应有NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3+ NH3= NH4NO3，反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H＋、OH－、NH4+、NO3-。
（考试时间45分钟 共100分）
一、单项选择题（共20题，每题4分，共80分）
1.下列说法中正确的是
A. SiO2溶于水显酸性
B. SiO2是酸性氧化物，它不能与任何酸发生反应
C. Si是地壳中含量最多的非金属元素
D. 硅的化学性质不活泼，但在自然界中主要以化合态存在
【答案】D
【解析】
详解】A．二氧化硅不溶于水，故A错误；
B．能和HF反应，故B错误；
C．地壳中含量最多的元素是氧，故C错误；
D．硅的化学性质不活泼，在自然界中主要以化合态存在，故D正确；
答案选D。
【点睛】二氧化硅是酸性氧化物，不能和水反应。
2.下列离子方程式不正确的是
A. 石英与烧碱溶液反应：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O
B. 向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2＋OH－=HCO3-
C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸：2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓
D. 向碳酸钙上滴稀硝酸：CO32-＋2H＋=H2O＋CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．石英与烧碱溶液反应的离子反应为SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O，故A正确；
B. 向氢氧化钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，反应的离子反应方程式为CO2＋OH－=HCO3-，故B正确；
C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸的离子反应为2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓，故C正确；
D. 向碳酸钙上滴稀硝酸的离子反应为CaCO3+2H+＝H2O+Ca2++CO2↑，故D错误；
答案选D。
【点睛】难溶物不能拆成离子形式，例如碳酸钙不能拆成离子形式。
3.在SiO2＋3CSiC＋2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为
A. 7:3 B. 7:6 C. 1:2 D. 2:1
【答案】C
【解析】
【详解】该反应中，部分C元素的化合价由0降低为-4价，部分C元素的化合价由0升高为+2价，由电子守恒可知，3molC中只有1molC为氧化剂、2molC作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比是1：2，答案选C。
【点睛】碳化硅中，碳是-4价，碳即作氧化剂又作还原剂。
4.下列说法正确的是
A. 二氧化硅溶于水显酸性 B. 二氧化碳通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸
C. 二氧化硅常用作干燥剂 D. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅属于酸性氧化物但和水不反应，故A错误；
B．碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳、水和硅酸钠反应生成原硅酸，故B正确；
C．二氧化硅没有吸水性，不能做干燥剂，作干燥剂的是硅胶，故C错误；
D．二氧化硅属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，且能溶于HF，所以可以用HF雕刻玻璃，故D错误；
答案选B。
5.将过量的CO2分别通入:①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③NaAlO2溶液；④饱和Na2CO3溶液；⑤Ca(OH)2，最终溶液中有白色沉淀析出或浑浊的是
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【详解】①因为盐酸的酸性强于碳酸，因此CaCl2不与CO2反应，没有沉淀产生，故①错误；
②碳酸的酸性强于硅酸，即发生Na2SiO3＋2CO2＋H2O=2NaHCO3＋H2SiO3↓，最终有沉淀产生，故②正确；
③碳酸的酸性强于偏铝酸，因此有CO2＋NaAlO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，氢氧化铝不溶于碳酸，有白色沉淀产生，故③正确；
④碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此碳酸钠溶液中通入CO2，发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，有白色沉淀产生，故④正确；
⑤因为通入过量的CO2，因此反应是Ca(OH)2＋CO2=Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故⑤错误；
综上所述，选项B正确。
【点睛】本题易错点是①，学生认为生成白色沉淀CaCO3，反应方程式为CaCl2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HCl，学生忽略了盐酸的酸性强于碳酸，反应又回去了，因此CO2通入到CaCl2溶液，没有沉淀产生。
6.下列说法中错误的是
A. 硅酸是不挥发性酸，因此不能由盐酸制得
B. 氢氟酸能和玻璃发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中
C. 水玻璃有黏性，所以要存放在带橡胶塞的试剂瓶中
D. 烧碱溶液会腐蚀玻璃并生成硅酸钠，所以烧碱溶液要存放在带橡胶塞的试剂瓶里
【答案】A
【解析】
【详解】A、盐酸的酸性比硅酸强，根据强酸可以制弱酸原理，利用硅酸盐与盐酸反应可以制得硅酸，A错误；
B、因氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中，不能保存在玻璃瓶中，B正确；
C、硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，C正确；
D、因玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成，硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，D正确；
答案选A。
7.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是( )
①氯气 ②液氯 ③新制氯水 ④氯气的酒精溶液 ⑤盐酸 ⑥盐酸酸化的漂白粉溶液
A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误； ②液氯是氯气的液态形式是纯净物，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；④氯气的酒精溶液，无HClO生成，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④错误；⑤盐酸能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，但不退色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确。故选C。
8.氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是
A. HI和HClO B. HCl和HIO C. HClO3和HIO D. HClO和HIO
【答案】B
【解析】
【详解】氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，ICl中I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为−1价，反应方程式为ICl+H2O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO，答案选B。
【点睛】氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，具有氧化性，与水反应时注意元素化合价的变化。
9.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1
【答案】D
【解析】
【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。
10.下列说法正确是( )
A. SO2能使KMnO4水溶液褪色
B. 可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2
C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
D. 少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A. SO2有还原性，可以将酸性KMnO4还原而褪色，故A正确；
B. CO2和SO2均使澄清石灰水变浑浊，现象相同，无法鉴别，故B错误；
C. S粉在纯氧中燃烧也是生成SO2，故C错误；
D. 亚硫酸的酸性弱于盐酸，依据强酸制弱酸规律，SO2与CaCl2不反应，故D错误。
故选A。
11.如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是什么气体
A. 可能是N2与NO2的混合气体 B. 可能是O2与NO2的混合气体
C. 可能是NO与N2的混合气体 D. 只能是NO2一种气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故A错误；
B．O2与NO2的混和气体可在溶液中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内能完全被水充满，故B正确；
C．N2和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故C错误；
D．根据B中分析可知D错误；
答案选B。
12.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A. 肯定有SO2和NO
B. 肯定没有Cl2和NO2，一定有O2
C. 可能有Cl2和O2
D. 肯定只有NO
【答案】A
【解析】
该气体无色，排除了Cl2、NO2气体。该气体能使品红溶液褪色，则一定含有SO2气体。将剩余气体排放到空气中，气体迅速变为红棕色，判断一定含有NO气体，故一定无O2，所以选A。
13.将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是
A. 1.2mL B. 2.4mL C. 3.6mL D. 5mL
【答案】A
【解析】
【详解】如氧气过量，则剩余2ml无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：
4x+x=12mL-2mL=10mL，x=2mL，所以氧气的体积为：2mL+2mL=4mL；
如NO2过量，则剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为y，
y=1.2mL
答案选A。
14.有容积相同的4个集气瓶，分别装满下列各气体，倒扣在盛水的水槽中，经充分反应后，集气瓶进水最多的是
A. NO和N2体积各占50% B. NO2和N2体积各占50%
C. NO2和O2体积各占50% D. NO和O2体积各占50%
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO和N2均不溶于水，故A项中不进水；
B．NO2和N2体积各占50%，二氧化氮和水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO,倒放在水槽中，充分作用后集气瓶中进水为氧气体积的，即占容器容积的；
C．二氧化氮和氧气在水中恰好溶解反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，等体积NO2与O2的混合气倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水为集气瓶体积的；
D．一氧化氮和氧气在水中恰好溶解反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；等体积NO与O2的混合气倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水为集气瓶体积的；
答案选D。
15.氨的喷泉实验中，烧瓶中的液体占，假设溶质不外溢，瓶内氨水的浓度为（标准状况下）
A. 0.04mol/L B. 0.045mol/L C. 0.45mol/L D. 1mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】氨的喷泉实验中，烧瓶中的液体占，说明氨气中混有空气，溶解的氨气的体积与溶液的体积相等，设烧瓶的体积为V，则溶解的氨气的体积与溶液的体积V，则瓶内氨水的浓度为==mol/L =0.045mol/L，答案选B。
16.为了更简便地制取干燥的NH3，下列方法中适合的是
A. NH4Cl与浓H2SO4混合共热，生成气体用碱石灰进行干燥
B. N2+3H2 2NH3，用烧碱进行干燥
C. 加热浓氨水，气体用碱石灰干燥
D. 加热NH4HCO3，气体用P2O5干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A.NH4Cl和H2SO4（浓）混合加热不反应，得不到大量氨气，不能用来实验室制备，选项A错误；
B.N2与H2反应生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反应是可逆反应，反应条件复杂，得到的产物不纯净，在实验室中不能实现，选项B错误；
C.浓氨水具有挥发性，加热能够促进氨气的挥发，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂干燥，可以用碱石灰干燥，选项C正确；
D.碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解，生成氨气（NH3）、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：NH4HCO3.NH3↑+CO2↑+H2O，用P2O5是酸性氧化物，会吸收氨气，选项D错误；
答案选C。
17.用以下三种途径来制取相同质量硝酸铜
①铜与浓硝酸反应 ②铜与稀硝酸反应 ③铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸反应。以下叙述中正确的是
A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C. 所消耗铜的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③
D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径①＞途径③＞途径②
【答案】A
【解析】
【分析】
有关反应为：①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；③2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量（或物质的量）不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少。通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用，以此来解答。
【详解】A．由Cu原子守恒可知，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，故A正确；
B．由方程式可知生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，故B错误；
C．所消耗铜的物质的量是：途径①=途径②=途径③，故C错误；
D．途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，消耗硝酸的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③，故D错误；
答案选A。
18.把7.2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体1.6g,产生NO2和NO的混合气体0.08mol。若不考虑N2O4的存在,则原HNO3溶液的物质的量浓度( ）
A. 3.5mol·L-1 B. 4.5mol·L -1 C. 7.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1
【答案】C
【解析】
【详解】铁粉剩余，硝酸必完全反应而且产物为Fe(NO3)2，由N元素守恒，反应后N元素一部分存在于NO2和NO的混合气体中，另一部分存在于Fe(NO3)2中，n(Fe)==0.1mol，所以c(HNO3)==7.0 mol/L。答案选C。
19.在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，7.5 mol CuSO4可氧化磷原子的物质的量为（ ）
A. 1.5 mol B. 3 mol C. 5 mol D. 6 mol
【答案】A
【解析】
【详解】首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2→+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的。由电子得失数目可知，6mol被氧化的P共失电子6mol×5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol，即15molCuSO4所氧化的P为=3mol，因此7.5 mol CuSO4可氧化磷原子的物质的量为1.5mol，答案选A。
【点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
20.将1.92g铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L(标准状况下)，则消耗硝酸的物质的量是
A. 0.12mol B. 0.09mol C. 0.11mol D. 0.08mol
【答案】C
【解析】
【分析】
反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根据n=计算1.92gCu的物质的量，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2，根据n=计算生成气体物质的量，据此计算解答。
【详解】1.92gCu的物质的量==0.03mol，n（NO，NO2）==0.05mol，反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）=2×0.03mol+0.05mol=0.11mol，
故答案选C。
二、填空题（方程式2分，其他每空1分，共20分）
21.已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大。X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍。
（1）请写出元素符号：Y__Z____W____。
（2）在一定条件下，由X单质与Z单质反应生成E，E在催化剂存在的条件下，可用于还原汽车尾气中的____，以减少对大气的污染。
（3）由X、Y、Z、W四种元素可组成酸式盐，该化合物的水溶液与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为____。
（4）工业上用E检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质Z生成，写出化学方程式____。该反应中被氧化的E与参与反应的E的质量之比___。
【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). 一氧化氮、二氧化氮 (5). NH4++HCO3−+2OH−=NH3↑+2H2O+CO32− (6). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 (7). 1:4
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是短周期中四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X元素原子形成的离子就是一个质子，则X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子不能超过8，只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y是C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且Z的原子序数小于W，所以Z是N元素，W是O元素，以此来解答。
【详解】(1)由上述分析可知， Y为C，Z为N、W为O；
(2)X单质为氢气、Z单质为氮气，氮气和氢气在一定条件下反应生成氨气，该反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；氨气在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的氮的氧化物：一氧化氮、二氧化氮，以减少对大气的污染；
(3)H、C、N、O四种元素可组成酸式盐NH4HCO3，碳酸氢铵与足量浓NaOH溶液反应生成碳酸钠、氨气与水，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH−=NH3↑+2H2O+CO32−；
(4)工业上用E检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质氮气生成，故E为NH3，化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，根据反应，8mol氨气中有2mol氨气参与氧化还原反应被氧化，则该反应中被氧化的NH3与参与反应的NH3的质量之比为2:8=1:4。
22.实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：
已知：实验室用饱和亚硝酸钠（NaNO2）溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
（1）从图中选择制取气体的合适装置：氮气__、氢气___。
（2）氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有__、_。
（3）用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：_，锥形瓶中还可观察到的现象是：____。
（4）写出乙装置中氨氧化的化学方程式：_____。
（5）反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H＋、OH－、_、_离子。
【答案】 (1). a (2). b (3). 干燥气体 (4). 控制氮气和氢气流速 (5). 氨气的氧化反应是放热反应 (6). 有红棕色气体生成 (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). NH4+ (9). NO3-
【解析】
【详解】(1)实验室用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，用锌与稀硫酸制取氢气，不需要加热，故制取氮气选择装置a，制取氢气选择装置b；
(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有干燥气体，控制氮气和氢气的流速；
(3)使铂丝保持红热的原因是：氨气的氧化反应是放热反应，装置乙的锥形瓶中发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，生成的一氧化氮可被装置中的氧气氧化为二氧化氮，锥形瓶中还可观察到的现象是：有红棕色气体生成；
(4)由(3)分析可得，乙装置中氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)乙装置中还发生的反应有NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3+ NH3= NH4NO3，反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H＋、OH－、NH4+、NO3-。
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