精品解析：黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020-2021学年高一下学期4月月考化学试题（解析版）

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哈师大附中2020级高一下月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28 Fe 56 Cu 64
一、选择题(共25小题，每小题只有1个选项符合题意)
1. 下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是
A. 氨——作制冷剂 B. 漂粉精——作游泳池消毒剂
C. 硅——太阳能电池板 D. SO2——漂白草帽
【答案】B
【解析】
【详解】A. 液态制冷是利用氨由液态变为气态时吸热，使环境温度降低，A不合题意；
B. 漂粉精中的ClO-具有氧化性，能杀死细菌，可作游泳池消毒剂，B符合题意；
C. 硅能产生光电效应，利用太阳能电池板将光能转化为电能，C不合题意；
D. SO2能与有色物质结合(非氧化还原)成无色物质，用于漂白草帽，D不合题意；
故选B。
2. 下列表述中正确的是（ ）
①提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
②化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐
③氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等属于新型无机非金属材料
④光导纤维做通讯材料有许多优点，但怕腐蚀，铺设也很不方便
⑤太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能
A. ①②③ B. ②④ C. ①③⑤ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①水泥是传统的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故①正确；
②玛瑙的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故②错误；
③氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷的成分是无机化合物，属于新型无机非金属材料，故③正确；
④光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅性质稳定，耐腐蚀，故④错误；
⑤硅是良好的半导体，太阳能电池的主要成分是硅单质，太阳能是清洁能源，故⑤正确；
综上所述答案为C。
3. 下列有关酸雨的说法正确的是
A. 凡是呈酸性的雨水都称为酸雨
B. 酸雨的形成只与的排放有关
C. 煤的脱硫可以在一定程度上防止酸雨的形成
D. 为了不形成酸雨，应停止使用一切化石燃料
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．正常雨水中由于溶解了，也呈酸性，的降水称为酸雨，A错误；
B．酸雨分为硝酸型酸雨和硫酸型酸雨，硝酸型酸雨的形成与氮氧化物的排放有关，B错误；
C．向燃煤中加入石灰石等物质可使燃煤中的含硫物质最终转化为，减少的排放，达到脱硫的目的，在一定程度上可防止酸雨的形成，C正确；
D．化石燃料是现代社会的主要能源，不可能一点都不使用，应推广使用脱硫技术，大力开发清洁环保的新能源，以减少酸雨的形成，D错误；
故选C。
4. 2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法正确的是
A. NH3的电子数为10 B. Si3N4中N为+3价
C. 14N与14C互为同位素 D. NH3的热稳定性比HF的强
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A． NH3的电子数为7+13=10，故A正确；
B． 根据化学式书写原则及电负性强弱可知，Si3N4中，Si为+4价，N为-3价，故B错误；
C． 同一元素的不同核素互为同位素，14N与14C是不同元素的不同核素，不是同位素，故C错误；
D． 元素的非金属性越强，对应的氢化物的热稳定性越强，氮的非金属性小于氟，故NH3的热稳定性比HF的弱，故D错误；
故选A。
5. 下列组合中不可能形成喷泉的是 [ ]
A. HCl和H2O B. O2和H2O
C. NH3和H2O D. CO2和NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢气体极易溶于水，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故A不符合；
B．氧气不易溶于水，使瓶内气压变化不大，不能产生喷泉现象，故B符合；
C．氨气易溶于水，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故C不符合；
D．二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠与水，使瓶内气压减小，故能形成喷泉，故D不符合；
故选B。
6. “绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是
A. 制：(浓)
B. 制：；(稀)
C. 制：(浓)
D. 制：(稀)
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应产生SO2污染性的气体，不符合绿色化学理念，故A错误；
B．制CuSO4的反应中没有污染物生成，符合绿色化学理念，故B正确；
C．该反应产生NO2污染性的气体，不符合绿色化学理念，故C错误；
D．该反应产生NO污染性的气体，不符合绿色化学理念，故D错误；
故选：B。
7. 下列说法中正确的是(　　)
A. 硫是一种淡黄色的能溶于水的固体 B. 试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗
C. 过量的硫跟铁反应生成Fe2S3，表现了硫单质的氧化性 D. 硫在空气中燃烧生成二氧化硫，硫在过量氧气中燃烧生成三氧化硫
【答案】B
【解析】
【详解】A.硫是一种淡黄色或黄色的固体，不溶于水，故A错误；
B.硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，所以试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗，故B正确；
C.硫和铁反应时，硫得电子作氧化剂，由于硫的氧化性较弱，反应产物为FeS，与铁和硫的用量无关，故C错误；
D.硫在空气中和在氧气中的燃烧产物只能是二氧化硫，不可能生成三氧化硫，燃烧产物与氧气的用量无关，只是在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，而在纯氧中燃烧发出蓝紫色火焰，故D错误。
故选B
8. 丰富多彩的颜色变化增添了化学实验的魅力，下列有关反应颜色变化的叙述中，正确的是
①新制氯水久置后→浅黄绿色消失 ②淀粉溶液遇单质碘→蓝色 ③蔗糖中加入浓硫酸搅拌→白色 ④SO2通入品红溶液中→红色褪去 ⑤氨气通入酚酞溶液中→红色 ⑥浓硝酸涂在蓝色石蕊试纸上→变红 ⑦Fe(OH)3胶体通电一段时间→阳极附近颜色加深
A. ②③④⑥ B. ②④⑤⑦ C. ①②④⑤ D. ①③④⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①新制的氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸易分解，则久置时次氯酸分解，平衡正向移动，氯水褪色，浅黄绿色消失，故①正确；
②淀粉溶液遇单质碘显蓝色是碘单质的特征性质，可用于碘单质的检验，故②正确；
③浓硫酸可使蔗糖脱水，蔗糖变黑，故③错误；
④二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故④正确；
⑤氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氨根离子和氢氧根离子，水溶液呈碱性，可使酚酞溶液变红，故⑤正确；
⑥紫色的石蕊试液遇酸变红，之后被浓硝酸氧化而变成无色，故⑦错误；
⑦Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，在电场作用下发生电泳现象，带正电荷的胶粒向阴极移动，阴极附近颜色逐渐加深，故⑧错误；
故选C。
9. 下列关于氮及其化合物的说法正确的是
A. 铵盐受热都易分解，生成氨气
B. N2化学性质稳定，是因为分子内氮氮三键键能很大
C. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
D. 王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1：3混合配制而成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A． 铵盐不稳定，但受热分解后不一定生成氨气，如硝酸铵分解，可能生成氮气或N其它价态的产物，故A错误；
B． N2化学性质稳定，是因为分子内氮氮三键键能很大，故B正确；
C． NO、NO2均为大气污染气体，在大气中不能稳定存在，NO易氧化，NO2易与水或还原性试剂反应，故C错误；
D． 王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1混合配制而成，故D错误；
故选B。
10. 下列药品和装置合理且能完成相应实验的是（　　）

A. 制备氢氧化亚铁 B. 实验室制氯气
C. 检验二氧化硫中是否混有二氧化碳 D. 实验室制取并收集氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A.没有隔绝空气，氢氧化亚铁易被氧化，则不能制备氢氧化亚铁，A错误；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，则不能制备氯气，B错误；
C.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，品红可检验二氧化硫是否除尽，二氧化碳可使石灰水变浑浊，则装置可检验二氧化硫中是否混有二氧化碳，C正确；
D.氯化铵与消石灰反应生成水，防止生成水倒流，图中试管口应略向下倾斜，D错误；
答案选C。
11. 下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近
产生大量白烟
氨与氯化氢反应生成固体物质
B
常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中
无明显变化
常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化
C
在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中
产生苍白色火焰
物质燃烧不一定需要氧气
D
向某无色溶液中滴加盐酸
产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
说明溶液中一定含有CO或HCO

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨气与氯化氢反应生成氯化铵而产生白烟，实验操作、实验现象、结论均正确，故A正确；
B． 常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化，因此常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化，故B正确；
C．物质燃烧不一定需要氧气，例如氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，故C正确；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是CO2，也可能是SO2，因此不能说明溶液中一定含有CO或HCO，也可能是SO或HSO，故D错误；
答案选D。
12. 下列离子方程式正确的是
A. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI： 5I-+ IO+3H2O = 3I2 + 6OH-
B. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜： Ag +2H＋+ NO= Ag＋+ NO↑+ H2O
C. 将过量SO2通入氨水中： SO2 + NH3·H2O = HSO+ NH
D. 向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热： NH+ OH-NH3↑+ H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 用KIO3氧化酸性溶液中的KI： 5I-+ IO+6H+=3H2O + 3I2 ，故A错误；
B． 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜： 3Ag +4H＋+ NO= 3Ag＋+ NO↑+ 2H2O，故B错误；
C． 将过量SO2通入氨水中生成亚硫酸氢铵： SO2 + NH3·H2O = HSO+ NH，故C正确；
D． 向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热： NH +HCO+ 2OH-NH3↑+ H2O+CO，故D错误；
故选C。
13. 下列对实验设计方案的描述正确的是
A. 用加入足量铜粉再过滤的方法除去Cu(NO3)2溶液中混有的AgNO3
B. 将混合气体通入饱和Na2CO3溶液的洗气瓶可除去CO2中混有的HCl
C. 用玻璃棒蘸取待测液在火焰上灼烧，以检验待测液中是否含有钠元素
D. 只用紫色石蕊和氯化钡溶液，不能将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液鉴别开
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A． 铜比银活泼，加入铜粉后发生反应Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，用加入足量铜粉再过滤的方法可除去Cu(NO3)2溶液中混有的AgNO3，故A正确；
B．二氧化碳也能被饱和碳酸钠溶液吸收： Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，应将混合气体通入饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去CO2中混有的HCl，故B错误；
C． 玻璃中含有钠元素，用玻璃棒蘸取待测液在火焰上灼烧，会干扰待测液中有钠元素的检验，应用铂丝或无锈铁丝蘸取待测液，故C错误；
D． 只用紫色石蕊和氯化钡溶液，能将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液鉴别开，先用紫色石蕊将溶液分成酸、碱、盐三组，再用氯化钡溶液区别盐酸和硫酸、硫酸钠和硝酸钾，故D错误；
故选A。
14. 下列各组离子能在溶液中大量共存的是
A. K＋、HCO、SO、OH- B. Na＋、H＋、Fe2+、NO
C Na＋、Ca2＋、NO、ClO- D. H＋、K＋、Na+、SO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 在溶液中HCO、OH-结合生成碳酸根离子和水，不能大量共存，A不选；
B． 在溶液中H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能大量共存，B不选；
C． Na＋、Ca2＋、NO、ClO-在溶液中不反应，可以大量共存，C选；
D． 在溶液中H+、SO发生反应，不能大量共存，D不选；
答案选C。
15. 化学实验中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施正确的是
A. 定性检验SO，将BaCl2溶液用稀硝酸酸化
B. 为提高KMnO4溶液的氧化能力，用盐酸将KMnO4溶液酸化
C. 检验溶液中是否含有Fe2＋时，用稀硝酸酸化，再滴加KSCN溶液
D. 检验溶液中是否含有SO时，先用盐酸酸化，再向所得溶液中加BaCl2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 定性检验SO，将BaCl2溶液用稀硝酸酸化，SO被氧化为SO，生成硫酸钡沉淀，所以不能检验SO，故A错误；
B． KMnO4在酸性条件下有较强的氧化性，为了提高KMnO4溶液的氧化能力，可加入硫酸酸化，故B错误；
C． 硝酸把Fe2＋氧化为Fe3＋，检验溶液中是否含有Fe2＋ 时，不能用硝酸酸化，应先加KSCN，再加氯水，故C错误；
D． 检验溶液中是否含有SO时，先用盐酸酸化，再向所得溶液中加BaCl2溶液，可排除的SO等离子的干扰，故D正确；
故选D。
16. 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的稀溶液具有强氧化性
D. 反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+=H2S↑
【答案】C
【解析】
【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的浓溶液即浓硫酸具有强氧化性，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。
17. 下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合有
序号
X
Y
Z
W

①
Si
Na2SiO3
H2SiO3
SiO2
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2

A. ②③④ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①Si溶于NaOH溶液可得Na2SiO3，Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸可得H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2，SiO2再与C高温下反应可得Si，①符合题意；②钠与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与HCl反应生成NaCl，电解熔融NaCl可生成Na，②符合题意；③Cl2与Ca(OH)2生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与CO2反应生成HClO，HClO光照分解生成HCl，MnO2或KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，③符合题意；④Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成Fe(OH)2，Fe(OH)2不能通过一步反应生成Fe，④不符合题意；综上所述，①②③符合题意，故答案选D
18. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物、和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是

A. 第①步中除去粗盐中的SO、Ca2+、Mg2+等杂质，加入药品的顺序可以为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B. 工业上金属钠是通过电解饱和食盐水制取
C. 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩、富集
D. 在第③④⑤步中溴元素均被氧化
【答案】C
【解析】
【分析】海水蒸发结晶，得到粗盐和浓缩海水，粗盐提纯得到精盐，工业上可通过电解饱和食盐水制备NaOH和氯气，可采用电解熔融氯化钠的方法制取金属钠；浓缩海水中加生成石灰，将镁离子变成Mg(OH)2 沉淀，生产无水氯化镁，制备金属镁；③通入氯气将溴离子氧化，用水蒸气吹出，用二氧化硫吸收，第④步中的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，⑤再将溴离子氧化，萃取得到单质溴。
【详解】A． 除杂问题要注意三原则：不增，不减，操作易行，为保证杂质离子除尽所驾驶要过量，过量的物质也要除去，第①步中除去粗盐中的SO、Ca2+、Mg2+等杂质，用的试剂依次BaCl2、Na2CO3和NaOH，Na2CO3溶液既要除去Ca2+，又要出去Ba2+，所以要先加BaCl2溶液除去SO，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+，故A错误；
B． 工业上采用电解熔融氯化钠的方法制取金属钠，故B错误；
C． 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩、富集，故C正确；
D． 在第③⑤步中溴元素均被氧化，第④步中的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，其中溴元素化合价降低被还原，故D错误。
故选C。
19. 类比推理法是研究物质性质的常用方法之一。下列类比推理正确的是
选项
类比
推理
A
CO2能使澄清石灰水变浑浊
SO2也能使澄清石灰水变浑浊
B
Fe与S能直接化合生成FeS
Cu和S也能直接化合生成CuS
C
Fe能置换出CuSO4溶液中的Cu
Na也能置换出CuSO4溶液中的Cu
D
Cu与O2在加热条件下生成CuO
Na与O2在加热条件下生成Na₂O

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. CO2、SO2均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，故A正确；
B. S具有弱氧化性，Fe与S能直接化合生成FeS，Cu和S能直接化合生成Cu2S，而不是CuS,故B错误；
C. Fe能置换出CuSO4溶液中的Cu，Na不能置换出CuSO4溶液中的Cu，钠活泼性太强，先和溶液中水反应，故C错误；
D. Cu与O2在加热条件下生成CuO，Na与O2在加热条件下生成Na₂O₂，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】硫的氧化性弱，只能把变价金属氧化成低价态即只能把铜氧化为Cu2S。
20. 一瓶无色气体，可能由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种组成。将此无色气体通过盛有足量浓H2SO4的洗气瓶，气体体积减少，继续通过装有足量Na2O2的干燥管，气体变为红棕色，将排出的气体通入盛有足量蒸馏水的洗气瓶，无气体排出。则下列推断正确的是
A. 原气体一定含有CO2、NH3、NO2
B. 原气体一定不含HCl、NO、H2
C. 原气体中NO和CO2的体积比为2:3
D. 无法确定H2是否存在
【答案】C
【解析】
【分析】无色气体首先排除有色气体NO2，将此无色气体通过盛有足量浓H2SO4的洗气瓶，气体体积减少，说明含有碱性气体氨气，因此一定不存在与氨气反应的氯化氢。继续通过装有足量Na2O2的干燥管，气体变为红棕色，说明有NO2产生，因此一定存在NO和能与过氧化钠反应产生氧气的气体，应该是CO2，将排出的气体通入盛有足量蒸馏水的洗气瓶，无气体排出，因此不存在氢气。
【详解】根据以上分析可知原混合气体中一定存在CO2、NH3、NO，一定不存在HCl、NO2、H2。则
A. 原气体一定含有CO2、NH3、NO，A错误；
B. 原气体一定不含HCl、NO2、H2，B错误；
C. 由于最终没有气体剩余，说明生成的NO2与剩余的氧气恰好反应生成硝酸，设NO是4mol，则消耗氧气是2mol，生成4molNO2，根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知又消耗氧气是1mol，所以二氧化碳与过氧化钠共产生氧气3mol，因此CO2是6mol，所以原气体中NO和CO2的体积比为4:6＝2:3，C正确；
D. 原气体一定不含H2，D错误；
答案选C。
21. 向50mL18mol·L－1的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量是（ ）
A. 等于0.9mol B. 大于0.45mol，小于0.9mol
C. 等于0.45mol D. 小于0.45mol
【答案】D
【解析】
【详解】50mL18mol/L的硫酸中n(H2SO4)=18mol/L×0.05L=0.9mol，假设50mL18mol/L的硫酸中的硫酸分子全部与铜反应时，据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O可知作氧化剂的硫酸为0.45mol，随着反应的进行，浓硫酸溶液的浓度逐渐减小，当成为稀硫酸时此反应停止，所以作氧化剂的硫酸的物质的量小于0.45mol，即被还原的硫酸的物质的量小于0.45mol。
故选D。
22. 15g SiO2和足量的碳在高温下发生反应：SiO2＋2CSi＋2CO↑。下列叙述中正确的是
A. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2︰1 B. 反应中转移电子物质的量为1mol
C. 反应中有6 g碳被还原 D. 反应中生成了28 g CO
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由反应可知C作还原剂，SiO2作氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1︰2，故A错误；
B．反应中1molSiO2反应转移4mol电子，15gSiO2为0.25mol，转移电子1mol，故B正确；
C．反应中C为还原剂，被氧化，故C错误；
D．反应中1molSiO2反应生成2molCO，15gSiO2为0.25mol，则生成0.5molCO，质量为14g，故D错误；
故选：B。
23. 工业废气中氮氧化合物是造成大气污染的主要物质。为了治理污染，工业上通常通入NH3与废气发生下列反应；NOx+NH3→N2+H2O。现有3 L由NO和NO2组成的混合气体，可用同温同压下3.5 L NH3恰好使其完全转化为N2.则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为
A. 1：1 B. 2：1 C. 1：3 D. 1：4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据反应可知：氨气被氧化为氮气，NH3~N2~3e-，一氧化氮被还原为氮气，NO~N2~ 2e-；二氧化氮被还原为氮气，NO2~ N2~4e-。设一氧化氮体积为x，二氧化氮体积为(3-x)，氨气的体积为3.5 L，根据电子守恒可知：3.5 L×3=2x+4x (3-x)，解得x=0.75 L，二氧化氮体积为3 L-0.75 L=2.25 L，故相同条件下，混合气体中NO和NO2的体积比等于物质的量之比=0.75 ：2.25=1 ：3。故合理选项是C。
24. 如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满(不考虑反应)和气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为

A. 1：1 B. 5：7 C. 7：5 D. 4：3
【答案】A
【解析】
【详解】由两个试管的容积相同可知，一氧化氮和二氧化氮的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，一氧化氮和二氧化氮的物质的量相同，两只试管中分别发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由氮原子个数守恒可知，两个试管所得硝酸的物质的量相同，因溶液的体积相同，则两个试管中溶液物质的量浓度之比为1：1，故选A。
25. 现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸的浓度为4 mol/L，稀硝酸的浓度为2 mol/L。取10 mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到的气体体积为(假设HNO3只被还原为NO)
A. 0.244 L B. 0.448 L C. 0.896 L D. 0.672 L
【答案】D
【解析】
【详解】稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，n(H+)＝0.01L×8mol/L＋0.01L×2mol/L＝0.1mol,n(NO3-)＝0.01L×2mol/L＝0.02mol，与足量铁反应，其离子方程式为3Fe+8H++2NO3-＝2NO↑+3Fe2++4H2O,所以产生NO的物质的量为0.02mol，消耗H+的物质的量为0.08mol，余0.02mol H+再与Fe反应生成0.01mol的H2，共收集到气体0.03mol, 在标准状况下的体积为0.672L，答案选D。
【点晴】金属与硝酸反应计算题：
（1）思维模型：

（2）计算中的守恒思想的应用：
①原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3-的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。
②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。
③电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)则有：c(NO3-)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)。
④离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO3-在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO3-进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。
二、填空题(本题包括3小题，共26分)
26. 按要求完成下列方程式：
(1)写出一个属于“工业固氮”的化学方程式：___________。
(2)硫酸工业中煅烧硫铁矿(FeS2)的化学方程式：___________。
(3)NO2与水反应化学方程式为___________。
(4)氢氟酸不能存放在玻璃瓶中的原因___________(用化学方程式表示)。
(5)实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因___________(用离子方程式表示)。
【答案】 ①. N2 + 3H22NH3 ②. 4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2 ③. 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ④. SiO2 + 4HF = SiF4↑+ 2H2O ⑤. SiO2 + 2OH— = SiO+ H2O
【解析】
【分析】
【详解】(1)合成氨是“工业固氮”的重要方法，化学方程式：N2 + 3H22NH3。故答案为：N2 + 3H22NH3；
(2)硫酸工业中煅烧硫铁矿(FeS2)生成二氧化硫和三氧化二铁，化学方程式：4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2。故答案为：4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2；
(3)NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。故答案为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO；
(4)氢氟酸不能存放在玻璃瓶中的原因是二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，方程式为：SiO2 + 4HF = SiF4↑+ 2H2O(用化学方程式表示)。故答案为：SiO2 + 4HF = SiF4↑+ 2H2O；
(5)实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液具有很强的黏性，若盛装NaOH溶液的试剂瓶用玻璃塞，时间长了就会打不开，离子方程式为：SiO2 + 2OH— = SiO+ H2O。故答案为：SiO2 + 2OH— = SiO+ H2O。
27. 某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现含有相同元素的物质间在一定条件下存在转化规律，绘制出如下转化关系图(部分产物未标出)。

请回答：
(1) 若 A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体。
①A、B、C、D中均含有的元素是___________(填元素符号)；
② A→B反应的化学方程式是___________。
(2)若A为金属单质，C为淡黄色固体。
①A、B、C、D中均含有的元素是___________(填元素符号)；
② C→D反应的离子方程式是___________。该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为___________。
【答案】 ①. N ②. 4NH3+5O24NO+6H2O ③. Na ④. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ ⑤. 1：1
【解析】
【分析】
【详解】(1) 若 A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，NH3被O2氧化产生B是NO，NO与O2反应产生的红棕色气体C为NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，所以D是HNO3。
①A、B、C、D中均含有的元素是N元素；
②A是NH3，NH3被O2氧化产生B是NO，同时产生H2O，该反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2，Na2O2与H2O与水反应产生NaOH、O2，则D为NaOH。
①A、B、C、D中均含有的元素是Na元素；
②C是Na2O2，D为NaOH，Na2O2与H2O与水反应产生NaOH、O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，在反应中Na2O2的O元素化合价一部分升高变为0价的O2，一部分降低变为-2价的NaOH，其它物质元素化合价不变，所以Na2O2既作氧化剂，又作还原剂；NaOH为还原产物，O2为氧化产物，氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：1，该反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
28. 在15.2 g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0.3 mol NO2和0.1 mol NO的混合气体。
(1)反应中转移电子的物质的量为___________mol。
(2)所得溶液中n(Cu2+)=___________mol。
(3)向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成___________g沉淀。
【答案】 ①. 0.6 ②. 0.15 ③. 25.4
【解析】
【分析】15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解,生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量。根据氧化还原反应中电子守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量等于形成沉淀时结合OH-的物质的量，然后分析计算。
【详解】(1)在氧化还原反应中金属失去电子与HNO3得到电子被还原为气体时得到电子的物质的量相等。n(e-)=0.3 mol ×(5-4)+0.1 mol×(5-2)=0.6 mol；
(2)假设混合物中Fe、Cu的物质的量分别为x、y，由于硝酸足量，Fe与HNO3反应产生Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，则3x+2y=0.6 mol，56x+64y=15.2 g，解得x=0.1 mol，y=0.15 mol，所以Cu反应后得到的Cu2+的物质的量为0.15 mol；
(3)反应会向所得溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，加入足量NaOH溶液，得到Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量为金属Fe、Cu的质量与OH-的质量和，OH-的物质的量与转移电子的物质的量相等，故n(沉淀)= 15.2 g+0.6 mol×17 g/mol=25.4 g。
三、实验题(本题包括2小题，共24分)
29. 如图为某学习兴趣小组对Cu与稀硝酸反应的改进实验装置图：

（1）按如图组装好仪器，检查气密性后，装药品，实验时，先关闭a，打开b，将装置B下移，使之与稀硝酸接触产生气体，当______（填实验现象），立刻将之上提，并关闭b，这样操作的目的为______。
（2）将铜丝下移，使之与稀硝酸接触，A中现象是______，稍后将铜丝上拉，使之与稀硝酸分离；打开a，挤压E，使少量空气进入A中，A中现象是______。
（3）打开b，交替挤压E和F，至装置内氮氧化物气体被氢氧化钠溶液充分吸收，写出NO2气体与氢氧化钠溶液充分反应的离子方程式：______。
【答案】 ①. C处产生白色沉淀时 ②. 排出装置A内的空气，防止对生成NO的实验影响 ③. 溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出 ④. 气体变红棕色 ⑤. 2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O
【解析】
【分析】(1)铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，反应前需赶尽装置A中的空气；

(2)铜与稀硝酸反应生成无色一氧化氮气体，并生成蓝色硝酸铜溶液，一氧化氮气体能与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮；
(3)NO2气体与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水。
【详解】(1)铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，一氧化氮气体能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，因此反应前需赶尽装置A中的空气，防止干扰试验，用二氧化碳排尽空气，所以C处产生白色沉淀时，说明装置A内空气已经排尽；
(2)铜与稀硝酸反应生成无色一氧化氮气体，并生成蓝色硝酸铜溶液，所以A中的现象为溶液由无色变为蓝色且有无色气泡冒出，打开a，挤压E，使少量空气进入A中，A中的一氧化氮会与氧气反应生成红棕色气体，所以A中气体变红棕色；
(3)NO2气体与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，离子方程式：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O。
30. 甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：

实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。反应方程式：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O。下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。

甲小组测得：反应前氧化铜的质量为m1 g、氧化铜反应后剩余固体的质量为m2 g、生成的氮气在标准状况下的体积为V1 L。
乙小组测得：洗气前装置D的质量为m3 g、洗气后装置D的质量为m4 g、生成的氮气在标准状况下的体积为V2 L。
请回答下列问题：
（1）写出仪器a的名称： _______。
（2）检查装置A气密性的操作是_______。
（3）甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中：

实验装置
实验药品
制备原理
甲小组
A
氢氧化钙、氯化铵
反应的化学方程式：_______
乙小组
_______
浓氨水、氢氧化钠
氢氧化钠溶于水会放热，且使溶液碱性增强，促进氨气逸出

（4）甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为_______。
（5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_______。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是_______。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，冷却后导管内有水回流并形成一段稳定的水柱
（3） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. B
（4）
（5） ①. 浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高 ②. 碱石灰(氢氧化钠、氧化钙等)
【解析】
【小问1详解】
根据装置图可知仪器a的名称为圆底烧瓶；
【小问2详解】
装置A用于Ca(OH)2与NH4Cl混合加热制取NH3，检查A装置气密性的具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，用手紧握试管或加热试管，导管口有气泡产生，松开手后或停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱，就证明装置气密性良好；
【小问3详解】
①氢氧化钙与氯化铵混合加热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②浓氨水是液体物质，氢氧化钠是固体物质，为使氨气逸出，应该把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠固体溶解放热，使氨水分解产生的氨气挥发放出气体，故应该选B装置；
【小问4详解】
反应前CuO的质量为m1 g，氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2 g，则CuO中氧元素的质量为(m1-m2)g，生成的水中氧元素的质量等于CuO中氧元素的质量，则生成的水中氧原子的物质的量为；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子的物质的量为2×；生成的氮气在标准状况下的体积V1 L，则N2中N原子的物质的量为，因此甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢原子原子个数之比等于它们的物质的量的比等于N(N)：N(H)=：2×=；
【小问5详解】
乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高，因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰(无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等)的实验仪器，该装置只吸收水，以减少实验误差。