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【化学】山东省泰安市新泰市第一中学2018-2019学年高一上学期第二次质量检测试题（解析版）
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山东省泰安市新泰市第一中学2018-2019学年高一上学期第二次质量检测试题
可能用到的相对原子质量：H:1 Na:23 Mg:24 Al:27 Fe:56 Mn:55 K:39 Cu:64 Ag:108 C:12 N：14 O:16 S:32 Cl:35.5 Br:80 Ba:137
第I卷(选择题)
一、单选题(每题2分，共50分)
1.分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准不合理的是 ( )
①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属
②根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
③依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物
④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
⑥根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
⑦依据有无电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑧根据化学反应的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应
⑨根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
A. ①④⑤⑥⑨ B. ③④⑤⑥⑧ C. 只有①③ D. 全部正确
【答案】A
【详解】(1)由元素周期表可知，除稀有气体和第二主族外,多数主族元素既有金属元素也有非金属元素，所以不可根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，故①错误；
(2)强电解质在水溶液中完全电离,而弱电解质电离不完全，故②正确；
(3)单质由同种元素组成,化合物由不同元素组成，故③正确；
(4)对于无机无氧酸HCl,HF,H2S等就看氢原子个数；对于无机含氧酸H2SO4、HNO3、H3PO4、H2CO3、H3BO3等则要看-OH的个数,光看氢原子的个数是不准确的，比如H3PO4是三元酸,是H2SO4二元酸, H3PO2是一元酸，但是H3BO3(硼酸)除外,虽含有三个-OH,但它是一元弱酸,因为其在水中电离产生H+与B（OH）4-；对于有机羧酸如HCOOH、CH3COOH等，则看羧基-COOH的个数，正确定义应该是根据酸能电离出H+的个数分类为一元酸、二元酸等，故④错误；
(5)含有金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物,例如Al2O3为两性氧化物,Mn2O7为酸性氧化物, 含有非金属元素的氧化物也不一定是酸性氧化物，例如NO、CO不是酸性氧化物，故⑤错误；
(6)根据分散质粒子直径大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液，故⑥错误；
(7)氧化还原反应必有电子转移，故⑦正确；
(8)化学反应一定伴随着能量变化,根据反应物与生成物的总能量大小可分为吸热反应和放热反应，故⑧正确；
(9)导电能力与电解质的强弱无关，溶液中离子浓度越大，离子所带电荷数越多，导电性越强。比如BaSO4强电解质，因为难溶于水，所以在水溶液中几乎不导电。故⑨错误；
正确答案：A。
2.合成新物质是研究化学的主要目的之一．意大利科学家最近合成了一种新型的氧分子O4．下列关于O4的说法中，正确的是（ ）
A. O4是一种新型的化合物
B. 1个O4分子由两个O2分子构成
C. 等质量的O4和O2含氧原子数目相同
D. O4和O2可通过氧化还原反应实现转化
【答案】C
【解析】试题分析：O4是一种单质，A不正确；1个O4分子由4个氧原子构成的，B不正确；O4和O2都是有氧原子构成的单质，互为同素异形体，所以等质量的O4和O2含氧原子数目相同，C正确；同素异形体之间的转化是化学变化，但不是氧化还原反应，D不正确，答案选C。
3.化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障．下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是（ ）
A. 实验室中金属钠通常保存在煤油里
B. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
C. 保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁
D. 浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处
【答案】C
【解析】A．实验室中金属钠通常保存在煤油里，可以隔绝空气，故A正确；B．由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故B正确；C．保存FeCl3溶液时，若在溶液中加少量的单质铁，则铁与三价铁离子反应生成二价铁离子，溶液变质，故C错误；D．浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处，故D正确；故选C。
4.下列叙述中正确的是（ ）
A. 氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华的方法提纯
B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C. SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的漂白性
D. 浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，例如可用于NH3的干燥
【答案】A
【解析】A．碘易升华，可用升华的方法除杂，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，不一定为氯气，可为二氧化氮等气体，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D．浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，应用碱石灰，故D错误；故选A。
5.下列说法正确的是（ ）
A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
【答案】D
【解析】试题分析：A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，前者是由于与水反应产生的HClO的强氧化性，后者是由于其结合漂白，错误；B．向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，错误；C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，错误；D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，是由于二者均易溶于水，导致容器内的气体压强减小，在大气压强的作用下水进入烧瓶，正确。
6.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）
A. 分离碘和酒精 B. 除去CO2中的HCl
C. 实验室制氨气 D. 排水法收集NO
【答案】D
【解析】A、碘单质易溶于有机溶剂，即易溶于酒精，不能用分液漏斗分离，故A错误；B、CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，故B错误；C、NH4Cl受热分解产生NH3和HCl，NH3和HCl遇冷重新生成NH4Cl固体，阻塞导管，制取氨气不用氯化铵的分解，故C错误；D、NO不溶于水，因此采用排水法收集，故D正确。
7.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )。
A. 常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数为NA
B. 含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得0.5mol SO 2
C. 15.6 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA
D. 标准状况下，0.5mol NO和0.5mol O2组成的混合气体，体积约为22.4L
【答案】C
【解析】分析：A. Vm=22.4L/mol，适用于标况下；B. 铜只能与浓硫酸反应,与稀硫酸不反应；C. 15.6g Na2O2的物质的量为0.2mol，0.2mol过氧化钠与过量的CO2反应时生成了0.1mol氧气,转移了0.2mol电子；D. NO与氧气反应后生成NO2,而NO2中存在平衡: 2NO2⇌N2O4。
详解：常温常压下,Vm≠22.4L/mol，无法计算氧气物质的量和氧原子个数，A错误；随着反应进行浓硫酸浓度降低,变为稀硫酸,稀硫酸不与铜反应,所以含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得SO 2的量小于0.5mol，B错误；15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，0.2 mol过氧化钠与过量的CO2反应时生成了0.1mol氧气,转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA ,C正确；0.5molNO和0.5molO2反应时，氧气过量0.25mol，反应后生0.5 molNO2，而 NO2中存在平衡: 2NO2⇌N2O4，导致气体的量减小,故所得的混合气体的体积小于（0.5+0.25）×22.4=16.8 L ,D错误；正确选项C。
8.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（ ）
A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物
B. 当有22.4 L SO2参加反应时，有2NA个电子发生转移
C. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
D. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
【答案】C
【解析】试题分析：根据反应现象可知，硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu元素的化合价降低，则I元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI，所以溶液又变为无色。A、根据以上分析，滴加KI溶液时，KI被氧化，硫酸铜被还原，CuI是还原产物，错误；B、未指明标准状况，所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是2NA，错误；C、根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性，Cu2+>I2>SO2，正确；D、通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的还原性，错误，答案选C。
9. 下列工业生产的反应原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 钢铁厂高炉炼铁
B. 工业上以氨气为原料用氨碱法生产纯碱
C. 硝酸厂以氨气为原料制取硝酸
D. 氯碱厂利用氯化钠生产氯气和烧碱
【答案】B
【解析】A项涉及反应:Fe2O3+3CO2Fe+3CO2;C项涉及反应:4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O22NO2,3NO2+H2O2HNO3+NO;D项涉及反应:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,均有元素化合价的升降,涉及氧化还原反应。而B项涉及反应为NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl,没有元素化合价的升降,不涉及氧化还原反应。
10.下列反应的离子方程正确的是( )
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑
B. Fe Cl3溶液中加入足量的氨水：Fe3++3OH﹣=Fe (OH)3↓
C. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
D. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】A．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．Fe Cl3溶液中加入足量的氨水，离子方程式：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．钠与CuSO4溶液反应，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；D．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D正确；故选D。
11.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )
①强碱性溶液中: K+、HCO3-、Cl-、SO42-
②小苏打溶液: K+、SO42-、Cl-、H+
③含有0.1mol/L Ca2+的溶液中: Na+、K+、CO32-、Cl-
④室温下,强酸性溶液中: Na+、Fe3+、NO3-、SO42-
⑤使酚酞试液变红的溶液: Na+、Cl-、SO42-、Fe3+
⑥常温pH<7的溶液: K+、Ba2+、Cl-、Br-
A. 二项 B. 三项 C. 四项 D. 五项
【答案】A
【详解】①HCO3-与氢氧根离子会发生反应，即HCO3-在强碱性溶液中不能大量共存，故不选①；
②碳酸氢钠与H+会发生反应，即H+在小苏打溶液中不能大量共存，故不选②；
③Ca2+与CO32-会发生反应生成碳酸钙沉淀，即CO32-在含0.1mol/L Ca2+的溶液中不能大量共存，故不选③；
④四种离子相互不会发生反应，且都与氢离子不发生反应，即可大量共存，故选④；
⑤使酚酞溶液变红，证明溶液呈碱性，存在大量氢氧根，氢氧根与Fe3+会发生反应，不能大量共存，故不选⑤；
⑥常温pH<7，证明溶液呈酸性，存在大量氢离子，由于四种离子相互不会发生反应，且都与氢离子不发生反应，即可大量共存，故选⑥。
故正确序号为④⑥。
综上所述，本题应选A。
12.《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是( )
A. 绿矾的化学式为FeSO4·7H2O B. 绿矾分解过程中没有发生电子的转移
C. “色赤”物质可能是Fe2O3 D. 流出的液体中可能含有硫酸
【答案】B
【解析】绿矾在加热时会溶解在结晶水中，然后发生分解，化学方程式为2FeSO47H2O
Fe2O3+SO2+SO3+14H2O，铁的化合价由+2升高到+3价，S由+6降低到+4，所以绿矾分解是氧化还原反应，有电子转移。三氧化硫溶于水生成硫酸。综上所述B不正确，选B。
13.NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠（NaNO2）会使人中毒．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O．下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的氧化剂为HI
B. 反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaI
C. 该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
D. 人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒
【答案】C
【解析】试题分析：A、NaNO2转化为NO，N元素的化合价由+3价降低为+2价，所以氧化剂为NaNO2，错误；B、NaI不能使淀粉变蓝，错误；C、NaNO2为氧化剂，在方程式中的系数为2，HI为还原剂，化合价变化的HI的系数为2，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，正确；D、因为NaNO2能与HI发生氧化还原反应，所以人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒，正确。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. S在过量的O2中充分燃烧，可得SO3
B. 除去在Na2CO3固体中混有的NaHCO3的最好办法是通入过量的CO2
C. 鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，可用澄清的石灰水
D. 等物质的量Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗HCl的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】A．S在过量的O2中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫在催化作用下可生成三氧化硫，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，应用加热的方法除杂，故B错误；C．二者都与石灰水反应生成沉淀，应加入氯化钙鉴别，故C错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl =NaCl +H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，消耗HCl的物质的量之比为2：1，故D正确；故选D。
15.铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生，当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出，该盐可以是（ ）
A. Fe2(SO4)3 B. KNO3 C. FeSO4 D. Na2CO3
【答案】B
【解析】A．Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；B．Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故B正确；C．Cu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故C错误；D．Cu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故D错误；故选B。
16.某同学设计下列实验装置进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（ ）
①
②
③
④
A
白色
先变红色后白色
橙色
蓝色
B
白色
红色
橙色
紫色
C
无色
白色
橙色
蓝色
D
白色
无色
无色
紫色
【答案】A
【解析】分析：氯气与水发生反应:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性和漂白性,可使品红、石蕊褪色,氯气可与NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，淀粉遇碘变蓝色；据此分析解题。
详解：氯气与水发生反应: Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可使品红褪色；H+与石蕊发生反应，先变成红色，因为HClO具有强氧化性和漂白性,最后石蕊变为无色；氯气可与NaBr、KI发生置换反应生成Br2,溶液变成橙色,最后生成I2，淀粉遇碘变蓝色；所以现象依次为白色、先变红色后白色、橙色、蓝色；正确选项A。
17.无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性溶液，还有少量气体剩余，则气体甲的组成可能为( )
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】该无色气体通过足量的浓硫酸时氨气被吸收，由于气体体积减小20ml,则氨气的体积为20ml;再通过足量的Na2O2的干燥管时，气体变为红棕色，则说明原气体中含有NO和CO2。发生反应：2Na2O2+2CO2 =Na2CO3+ O2；O2+2NO=2NO2。当气体通过足量的水时由于得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。所以没有N2。发生反应：O2+4NO2+2H2O=4HNO3。或3O2+4NO+2H2O=4HNO3．由上述方程式得关系式为6CO2～3O2～4NO则在剩余的80ml的气体中CO2的体积为80ml×6/10=48ml；NO的体积为80ml×4/10=32ml。因此在原混合气体中含有NH3、NO、CO2。它们的物质的量的比或体积比为20:32:48=5∶8∶12。故选项为B。
18.为了检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得出的正确结论是( )
A. 原溶液中一定含有SO42- B. 原溶液中一定含有NH4+
C. 原溶液中一定含有Cl- D. 原溶液中一定含有Fe3+
【答案】B
【解析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，故A错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；故选B。
19.下列化合物：①Na2O2、 ②Fe(OH)3 、③FeCl2、④CuS、⑤H2SiO3、⑥NaHCO3,其中不能通过化合反应制得的有几项? ( )
A. 一项 B. 二项 C. 三项 D. 四项
【答案】B
【解析】①钠在氧气中燃烧生成Na2O2，发生化合反应，故①正确；②氢氧化亚铁与氧气、水反应生成Fe(OH)3，发生化合反应，故②正确；③铁与氯化铁反应生成FeCl2，发生化合反应，故③正确；④铜与硫反应生成Cu2S，不能生成CuS，故④错误；⑤二氧化硅不溶于水，不与水反应，不能化合生成H2SiO3 ，故⑤错误；⑥碳酸钠、水、二氧化碳反应生成NaHCO3，发生化合反应，故⑥正确。不能通过化合反应制得的有两项，答案选B。
20.将3.2 g Cu投入100 mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解，则下列说法正确的是( )
A. 反应过程中有刺激性气味的气体生成
B. H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用
C. 若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1
D. 反应中硫酸既表现出酸性又表现出强氧化性
【答案】C
【解析】
双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。A．从方程式看出无气体生成，故A错误；B．分析化合价，过氧化氢中氧的化合价从-1→-2，化合价降低，故过氧化氢作氧化剂，故B错误；C.3.2g铜的物质的量为：=0.05mol，从方程式看出，消耗0.05mol硫酸，硫酸的浓度为=0.5mol/L，故C正确；D．从方程式看出，反应中硫酸的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现氧化性，故D错误；故选C。
21.在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，ICl跟Zn、H2O反应的化学方程式如下：
2 ICl ＋2 Zn = ZnCl2＋ZnI2ICl＋H2O = HCl＋HIO
下列关于ICl性质的叙述正确的是( )
A. ZnCl2是氧化产物，又是还原产物
B. ZnI2是氧化产物，又是还原产物
C. ICl跟H2O的反应，ICl是氧化剂，H2O是还原剂
D. ICl跟H2O的反应，是自身氧化还原反应
【答案】B
【解析】在反应2 ICl ＋2 Zn = ZnCl2＋ZnI2中，锌的化合价升高，碘的化合价降低，所以锌是还原剂，ICl是氧化剂，则ZnCl2是氧化产物，ZnI2是氧化产物，又是还原产物，A不正确，B正确。在反应ICl＋H2O = HCl＋HIO中元素的化合价没有发生变化，所以不是氧化还原反应，CD不正确。答案选B。
22.广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置。下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是（ ）
【答案】B
【解析】试题分析：A．该装置是排液量气装置，故A错误；B．该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B 瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B正确；C．该装置是混气装置，进入C 瓶中两气体在C 瓶中充分混合，故C错误；D．该装置是洗气装置，故D错误；故选B。
23.下列实验过程中没有沉淀出现的是（ ）
A. 向常温时的饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体 B. 向硝酸钡溶液中通入SO2气体
C. 向氯化钙溶液中通入SO2气体 D. 向次氯酸钙溶液中通入CO2气体
【答案】C
【解析】
【分析】A.碳酸氢钠溶解度与碳酸钠溶解度的比较；B.氧化还原反应的考查；C.复分解反应条件考查；D.复分解反应条件考查。
【详解】A.向常温时的饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体,生成碳酸氢钠,由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,所以有固体析出,故不选A；
B.向硝酸钡溶液中通入SO2气体,由于溶液中有H+和NO3-,所以可以发生氧化还原反应,将将+4价的硫元素氧化为+6价,也就是有硫酸钡沉淀生成,故不选B；
C.向氯化钙溶液中通入SO2气体,二氧化硫溶于水中生成亚硫酸，由于亚硫酸的酸性比盐酸弱，故亚硫酸不能和氯化钙溶液反应，故选C；
D.向次氯酸钙溶液中通入CO2气体发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O = 2HClO+CaCO3 ↓,生成碳酸钙沉淀，故不选D；
正确答案:C。
24.Fe和Fe2O3的混合物共13.6g，加入150mL稀H2SO4，在标准状况下收集到1.12LH2，Fe和Fe2O3均无剩余。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，消耗了200mL 3mol/L的NaOH溶液，则该H2SO4的物质的量浓度为（ ）
A. 2.25mol/L B. 2mol/L C. 4mol/L D. 0.6mol/L
【答案】B
【解析】试题分析：Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)= n(NaOH)，则有：
n(H2SO4)=n(Na2SO4)= n(NaOH)= ×3mol/L×0.2L=0.3mol，故该硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)= =2mol/L，故选B。
25.向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列说法正确的是（ ）
A. Cu与Cu2O 的物质的量之比为1:2
B. 产生的NO的体积为4.48L
C. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】D
【解析】试题分析：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，A错误；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，但NO不一定是处于标准状况下，B错误；C、根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，因此原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，C错误；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，D正确，答案选B。
第II卷(非选择题，四个题，共50分)
二、填空题(26分)
26.研究NO、NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_______(填字母序号)。
a．酸雨 b．沙尘暴 c.光化学烟雾 d．白色污染
（2）NO2可与水发生反应，反应的化学方程式为__________________。若该反应有0.6NA个电子转移，则参加反应的NO2的物质的量为___________。
（3）NH3也是重要的含氮化合物，请写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式________________________________；工业上可利用NH3经过一系列反应制取硝酸，请写出NH3在催化剂的作用下，与O2反应的化学方程式_________________________________。
（4）硝酸可与不活泼金属铜发生反应。将过量的铜置入一定量的浓硝酸中，微热，充分反应后，放出1.12 L气体（标准状况下），
①写出反应过程其中1个化学反应的化学方程式：_______________________________。
②整个反应过程中，被还原的HNO3总的物质的量是___________mol。
【答案】(1). ac (2). 3NO2+H2O==2HNO3+NO (3). 0.9mol
(4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). 4NH3+5O24NO+6H2O
(6). Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O或Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(7). 0.05
【解析】分析：(1)a.酸雨:主要是工业排放的废气中含有二氧化硫和氮氧化合物，二氧化硫在灰尘催化下与氧气反应生成三氧化硫，与水生成硫酸；氮氧化合物与水生成硝酸，使雨水pH<5.6；b.因为现在人类大力砍伐树木,减少了对土壤的固定,沙尘比较多,大量燃烧化石燃料也会产生大量的空气污染颗粒,也能造成沙尘暴天气；c.光化学烟雾:主要是汽车尾气中的氮氧化合物与碳氢化合物在紫外线作用下发生一系列反应生成类似蓝色的烟雾，危害健康；d.白色污染是人们对难降解的塑料垃圾(多指塑料袋)污染环境现象的一种形象称谓。
(2)二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸,该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价,结合化合价的变化计算。
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气；氨气在催化剂条件下,与氧气反应生成NO和水。
(4)①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；②根据氮元素守恒分析计算,化合价降低的被还原。
详解：(1)a.氮氧化合物与水生成硝酸，使雨水pH<5.6,a正确；b.沙尘暴与固体悬浮颗粒物有关,与氮氧化物无关,b错误；c.光化学烟雾与汽车尾气中的氮氧化合物有关,c正确；d.白色污染与塑料有关,d错误；正确答案:ac。
(2)二氧化氮和水反应生成NO和硝酸,方程式为3NO2+H2O==2HNO3+NO ,该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价,若该反应有0.6NA个电子转移,即0.6mol电子,则生成0.3 molNO ,可以知道参加反应的NO2的物质的量为0.9mol；正确答案: 3NO2+H2O==2HNO3+NO； 0.9mol。
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气,方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气在催化剂条件下,与氧气反应生成NO和水,反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；正确答案：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ； 4NH3+5O24NO+6H2O。
（4）①铜和稀硝酸、浓硝酸反应生成溶液中溶质为硝酸铜溶液；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；反应的化学方程式为: Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O或Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；正确答案：Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O或Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
②将过量的铜置入一定量的浓硝酸中,微热,充分反应后,放出1.12 L气体(标准状况下),被还原硝酸生成一氧化氮和二氧化氮,氮元素物质的量相同，所以被还原的硝酸物质的量等于一氧化氮和二氧化氮混合气体物质的量1.12/22.4=0.05mol；正确答案:0.05。
27.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段．如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______（填化学式）．
（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______．
（3）检验物质Y的方法是_______________________________．
（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______．
（5）Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是______（填代号）．
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4
（6）已知Na2SO3能被K2Cr207氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为________．
【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). 1：2 (3). 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ (5). b (6). +3
【解析】S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，
（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；
（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价﹣2价变化为0价，H2S做还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又会恢复红色，则检验Y的方法是：将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；
（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；
（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，cd中S的化合价都大于2，b符合题意；
（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=20×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a），解得a=+3 。
28.用如下图所示装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）
请回答下列问题：
Ⅰ. 若气体a是Cl2，装置A、B、C中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉KI溶液、石蕊溶液。
（1）A溶液由浅绿色变为棕黄色，反应的离子方程式为______________________。
（2）B瓶中的淀粉KI溶液变为蓝色，反应的离子方程式为____________________。
（3）C瓶中的现象为_________________________________________________。
（4）D装置中试剂为______________________________________________。
II．若气体a是SO2，装置A、B、C中的试剂依次为：品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、氢硫酸（硫化氢的水溶液）。
（1）A瓶中品红和B瓶中酸性高锰酸钾溶液均褪色，其中体现了SO2漂白性的是 _____（填写序号A或B）。
（2）C瓶中产生淡黄色沉淀， 反应的化学方程式_________________________________。
【答案】(1). Cl2+ 2Fe2+ = 2Fe3+ +2Cl- (2). Cl2+2I－=I2 +2Cl- (3). 先变红后退色 (4). NaOH溶液 (5). A (6). SO2 + 2H2S ==3S↓+ 2H2O
【解析】分析：本题考查的氯气和二氧化硫的性质，结合实验装置进行分析，掌握氯气和二氧化硫的氧化性是关键。
详解：Ⅰ. 若气体a是Cl2，装置A、B、C中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉KI溶液、石蕊溶液。（1）氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液变棕黄色，离子方程式为：Cl2+ 2Fe2+ = 2Fe3+ +2Cl-。（2）B瓶中碘化钾和氯气反应生成氯化钾和碘单质，离子方程式为：Cl2+2I－=I2 +2Cl-，碘遇到淀粉显蓝色。（3）C中是紫色石蕊溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后褪色。（4）因为氯气有毒，最后的装置应为吸收氯气防止污染，根据氯气可以和氢氧化钠反应分析，最后装置中为氢氧化钠溶液。II．（1）二氧化硫使品红褪色是表现了漂白性，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是表现了还原性。（2）C中硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，方程式为SO2 + 2H2S =3S↓+ 2H2O。
29.(I)将35.2铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
(1)NO的体积为_____L，NO2的体积为______L。
(2)参加反应的硝酸的物质的量是_______mol。
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___________mol/L。(结果不需化简)
(II)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6．72 L，质量为10 g，求
(1)此混合物中CO和CO2物质的量之比_____。
(2) CO的质量分数_____
【答案】(1). 6.72 (2). 4.48 (3). 1.6 (4). (10-3Va+0.5)/0.14 (5). n(CO)：n(CO2)=2：1 (6). 56%
【解析】
【详解】(I)(1) n(Cu)＝0.55mol，n(气体)= 0.5mol
设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。
根据气体的总物质的量，有：x＋y＝0.5mol ①；
根据“得失电子守恒”，有：3x＋y＝0.55mol×2 (②式中，左边为N得电子数，右边为Cu失电子数，得失电子数相同)；
解方程组得：x＝0.3 mol，y＝0.2 mol。
则：V(NO)＝0.3mol×22.4 L·mol－1=6.72 L，V(NO2)＝0.2mol×22.4 L·mol－1＝4.48L；
正确答案： 6.72 4.48。
(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3为0.55mol×2＋0.5 mol＝1.6mol；
正确答案：1.6。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO3-的形式留在溶液中。
变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol；加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO3-形式留在溶液中的NO3-的物质的量为10－3aVmol；所以，c(HNO3)＝(10-3Va+0.5)/0.14 mol/L；
正确答案：(10-3Va+0.5)/0.14。
(II) (1) n(气体)= 0.3mol；
解：设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则
x＋y＝0.3mol ①；
28x+44y=10g ②；
解方程组得：x=0.2mol, y=0.1mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比2:1。
正确答案：n(CO)：n(CO2)=2：1。
(2)由(1)可知一氧化碳为0.2mol，则CO的质量分数为56%。
正确答案：56%。
可能用到的相对原子质量：H:1 Na:23 Mg:24 Al:27 Fe:56 Mn:55 K:39 Cu:64 Ag:108 C:12 N：14 O:16 S:32 Cl:35.5 Br:80 Ba:137
第I卷(选择题)
一、单选题(每题2分，共50分)
1.分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准不合理的是 ( )
①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属
②根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
③依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物
④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等
⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物
⑥根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液
⑦依据有无电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑧根据化学反应的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应
⑨根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
A. ①④⑤⑥⑨ B. ③④⑤⑥⑧ C. 只有①③ D. 全部正确
【答案】A
【详解】(1)由元素周期表可知，除稀有气体和第二主族外,多数主族元素既有金属元素也有非金属元素，所以不可根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，故①错误；
(2)强电解质在水溶液中完全电离,而弱电解质电离不完全，故②正确；
(3)单质由同种元素组成,化合物由不同元素组成，故③正确；
(4)对于无机无氧酸HCl,HF,H2S等就看氢原子个数；对于无机含氧酸H2SO4、HNO3、H3PO4、H2CO3、H3BO3等则要看-OH的个数,光看氢原子的个数是不准确的，比如H3PO4是三元酸,是H2SO4二元酸, H3PO2是一元酸，但是H3BO3(硼酸)除外,虽含有三个-OH,但它是一元弱酸,因为其在水中电离产生H+与B（OH）4-；对于有机羧酸如HCOOH、CH3COOH等，则看羧基-COOH的个数，正确定义应该是根据酸能电离出H+的个数分类为一元酸、二元酸等，故④错误；
(5)含有金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物,例如Al2O3为两性氧化物,Mn2O7为酸性氧化物, 含有非金属元素的氧化物也不一定是酸性氧化物，例如NO、CO不是酸性氧化物，故⑤错误；
(6)根据分散质粒子直径大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液，故⑥错误；
(7)氧化还原反应必有电子转移，故⑦正确；
(8)化学反应一定伴随着能量变化,根据反应物与生成物的总能量大小可分为吸热反应和放热反应，故⑧正确；
(9)导电能力与电解质的强弱无关，溶液中离子浓度越大，离子所带电荷数越多，导电性越强。比如BaSO4强电解质，因为难溶于水，所以在水溶液中几乎不导电。故⑨错误；
正确答案：A。
2.合成新物质是研究化学的主要目的之一．意大利科学家最近合成了一种新型的氧分子O4．下列关于O4的说法中，正确的是（ ）
A. O4是一种新型的化合物
B. 1个O4分子由两个O2分子构成
C. 等质量的O4和O2含氧原子数目相同
D. O4和O2可通过氧化还原反应实现转化
【答案】C
【解析】试题分析：O4是一种单质，A不正确；1个O4分子由4个氧原子构成的，B不正确；O4和O2都是有氧原子构成的单质，互为同素异形体，所以等质量的O4和O2含氧原子数目相同，C正确；同素异形体之间的转化是化学变化，但不是氧化还原反应，D不正确，答案选C。
3.化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障．下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是（ ）
A. 实验室中金属钠通常保存在煤油里
B. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
C. 保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁
D. 浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处
【答案】C
【解析】A．实验室中金属钠通常保存在煤油里，可以隔绝空气，故A正确；B．由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故B正确；C．保存FeCl3溶液时，若在溶液中加少量的单质铁，则铁与三价铁离子反应生成二价铁离子，溶液变质，故C错误；D．浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处，故D正确；故选C。
4.下列叙述中正确的是（ ）
A. 氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华的方法提纯
B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C. SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的漂白性
D. 浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，例如可用于NH3的干燥
【答案】A
【解析】A．碘易升华，可用升华的方法除杂，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，不一定为氯气，可为二氧化氮等气体，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D．浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，应用碱石灰，故D错误；故选A。
5.下列说法正确的是（ ）
A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
【答案】D
【解析】试题分析：A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，前者是由于与水反应产生的HClO的强氧化性，后者是由于其结合漂白，错误；B．向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，错误；C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，错误；D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，是由于二者均易溶于水，导致容器内的气体压强减小，在大气压强的作用下水进入烧瓶，正确。
6.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）
A. 分离碘和酒精 B. 除去CO2中的HCl
C. 实验室制氨气 D. 排水法收集NO
【答案】D
【解析】A、碘单质易溶于有机溶剂，即易溶于酒精，不能用分液漏斗分离，故A错误；B、CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，故B错误；C、NH4Cl受热分解产生NH3和HCl，NH3和HCl遇冷重新生成NH4Cl固体，阻塞导管，制取氨气不用氯化铵的分解，故C错误；D、NO不溶于水，因此采用排水法收集，故D正确。
7.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )。
A. 常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数为NA
B. 含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得0.5mol SO 2
C. 15.6 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA
D. 标准状况下，0.5mol NO和0.5mol O2组成的混合气体，体积约为22.4L
【答案】C
【解析】分析：A. Vm=22.4L/mol，适用于标况下；B. 铜只能与浓硫酸反应,与稀硫酸不反应；C. 15.6g Na2O2的物质的量为0.2mol，0.2mol过氧化钠与过量的CO2反应时生成了0.1mol氧气,转移了0.2mol电子；D. NO与氧气反应后生成NO2,而NO2中存在平衡: 2NO2⇌N2O4。
详解：常温常压下,Vm≠22.4L/mol，无法计算氧气物质的量和氧原子个数，A错误；随着反应进行浓硫酸浓度降低,变为稀硫酸,稀硫酸不与铜反应,所以含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得SO 2的量小于0.5mol，B错误；15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，0.2 mol过氧化钠与过量的CO2反应时生成了0.1mol氧气,转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA ,C正确；0.5molNO和0.5molO2反应时，氧气过量0.25mol，反应后生0.5 molNO2，而 NO2中存在平衡: 2NO2⇌N2O4，导致气体的量减小,故所得的混合气体的体积小于（0.5+0.25）×22.4=16.8 L ,D错误；正确选项C。
8.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（ ）
A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物
B. 当有22.4 L SO2参加反应时，有2NA个电子发生转移
C. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
D. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
【答案】C
【解析】试题分析：根据反应现象可知，硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu元素的化合价降低，则I元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI，所以溶液又变为无色。A、根据以上分析，滴加KI溶液时，KI被氧化，硫酸铜被还原，CuI是还原产物，错误；B、未指明标准状况，所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是2NA，错误；C、根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性，Cu2+>I2>SO2，正确；D、通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的还原性，错误，答案选C。
9. 下列工业生产的反应原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 钢铁厂高炉炼铁
B. 工业上以氨气为原料用氨碱法生产纯碱
C. 硝酸厂以氨气为原料制取硝酸
D. 氯碱厂利用氯化钠生产氯气和烧碱
【答案】B
【解析】A项涉及反应:Fe2O3+3CO2Fe+3CO2;C项涉及反应:4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O22NO2,3NO2+H2O2HNO3+NO;D项涉及反应:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,均有元素化合价的升降,涉及氧化还原反应。而B项涉及反应为NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl,没有元素化合价的升降,不涉及氧化还原反应。
10.下列反应的离子方程正确的是( )
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑
B. Fe Cl3溶液中加入足量的氨水：Fe3++3OH﹣=Fe (OH)3↓
C. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
D. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】A．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．Fe Cl3溶液中加入足量的氨水，离子方程式：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．钠与CuSO4溶液反应，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；D．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D正确；故选D。
11.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )
①强碱性溶液中: K+、HCO3-、Cl-、SO42-
②小苏打溶液: K+、SO42-、Cl-、H+
③含有0.1mol/L Ca2+的溶液中: Na+、K+、CO32-、Cl-
④室温下,强酸性溶液中: Na+、Fe3+、NO3-、SO42-
⑤使酚酞试液变红的溶液: Na+、Cl-、SO42-、Fe3+
⑥常温pH<7的溶液: K+、Ba2+、Cl-、Br-
A. 二项 B. 三项 C. 四项 D. 五项
【答案】A
【详解】①HCO3-与氢氧根离子会发生反应，即HCO3-在强碱性溶液中不能大量共存，故不选①；
②碳酸氢钠与H+会发生反应，即H+在小苏打溶液中不能大量共存，故不选②；
③Ca2+与CO32-会发生反应生成碳酸钙沉淀，即CO32-在含0.1mol/L Ca2+的溶液中不能大量共存，故不选③；
④四种离子相互不会发生反应，且都与氢离子不发生反应，即可大量共存，故选④；
⑤使酚酞溶液变红，证明溶液呈碱性，存在大量氢氧根，氢氧根与Fe3+会发生反应，不能大量共存，故不选⑤；
⑥常温pH<7，证明溶液呈酸性，存在大量氢离子，由于四种离子相互不会发生反应，且都与氢离子不发生反应，即可大量共存，故选⑥。
故正确序号为④⑥。
综上所述，本题应选A。
12.《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是( )
A. 绿矾的化学式为FeSO4·7H2O B. 绿矾分解过程中没有发生电子的转移
C. “色赤”物质可能是Fe2O3 D. 流出的液体中可能含有硫酸
【答案】B
【解析】绿矾在加热时会溶解在结晶水中，然后发生分解，化学方程式为2FeSO47H2O
Fe2O3+SO2+SO3+14H2O，铁的化合价由+2升高到+3价，S由+6降低到+4，所以绿矾分解是氧化还原反应，有电子转移。三氧化硫溶于水生成硫酸。综上所述B不正确，选B。
13.NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠（NaNO2）会使人中毒．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O．下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的氧化剂为HI
B. 反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaI
C. 该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
D. 人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒
【答案】C
【解析】试题分析：A、NaNO2转化为NO，N元素的化合价由+3价降低为+2价，所以氧化剂为NaNO2，错误；B、NaI不能使淀粉变蓝，错误；C、NaNO2为氧化剂，在方程式中的系数为2，HI为还原剂，化合价变化的HI的系数为2，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，正确；D、因为NaNO2能与HI发生氧化还原反应，所以人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒，正确。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. S在过量的O2中充分燃烧，可得SO3
B. 除去在Na2CO3固体中混有的NaHCO3的最好办法是通入过量的CO2
C. 鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，可用澄清的石灰水
D. 等物质的量Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗HCl的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】A．S在过量的O2中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫在催化作用下可生成三氧化硫，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，应用加热的方法除杂，故B错误；C．二者都与石灰水反应生成沉淀，应加入氯化钙鉴别，故C错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl =NaCl +H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，消耗HCl的物质的量之比为2：1，故D正确；故选D。
15.铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生，当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出，该盐可以是（ ）
A. Fe2(SO4)3 B. KNO3 C. FeSO4 D. Na2CO3
【答案】B
【解析】A．Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；B．Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故B正确；C．Cu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故C错误；D．Cu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故D错误；故选B。
16.某同学设计下列实验装置进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（ ）
①
②
③
④
A
白色
先变红色后白色
橙色
蓝色
B
白色
红色
橙色
紫色
C
无色
白色
橙色
蓝色
D
白色
无色
无色
紫色
【答案】A
【解析】分析：氯气与水发生反应:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性和漂白性,可使品红、石蕊褪色,氯气可与NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，淀粉遇碘变蓝色；据此分析解题。
详解：氯气与水发生反应: Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可使品红褪色；H+与石蕊发生反应，先变成红色，因为HClO具有强氧化性和漂白性,最后石蕊变为无色；氯气可与NaBr、KI发生置换反应生成Br2,溶液变成橙色,最后生成I2，淀粉遇碘变蓝色；所以现象依次为白色、先变红色后白色、橙色、蓝色；正确选项A。
17.无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性溶液，还有少量气体剩余，则气体甲的组成可能为( )
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】该无色气体通过足量的浓硫酸时氨气被吸收，由于气体体积减小20ml,则氨气的体积为20ml;再通过足量的Na2O2的干燥管时，气体变为红棕色，则说明原气体中含有NO和CO2。发生反应：2Na2O2+2CO2 =Na2CO3+ O2；O2+2NO=2NO2。当气体通过足量的水时由于得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。所以没有N2。发生反应：O2+4NO2+2H2O=4HNO3。或3O2+4NO+2H2O=4HNO3．由上述方程式得关系式为6CO2～3O2～4NO则在剩余的80ml的气体中CO2的体积为80ml×6/10=48ml；NO的体积为80ml×4/10=32ml。因此在原混合气体中含有NH3、NO、CO2。它们的物质的量的比或体积比为20:32:48=5∶8∶12。故选项为B。
18.为了检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得出的正确结论是( )
A. 原溶液中一定含有SO42- B. 原溶液中一定含有NH4+
C. 原溶液中一定含有Cl- D. 原溶液中一定含有Fe3+
【答案】B
【解析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，故A错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；故选B。
19.下列化合物：①Na2O2、 ②Fe(OH)3 、③FeCl2、④CuS、⑤H2SiO3、⑥NaHCO3,其中不能通过化合反应制得的有几项? ( )
A. 一项 B. 二项 C. 三项 D. 四项
【答案】B
【解析】①钠在氧气中燃烧生成Na2O2，发生化合反应，故①正确；②氢氧化亚铁与氧气、水反应生成Fe(OH)3，发生化合反应，故②正确；③铁与氯化铁反应生成FeCl2，发生化合反应，故③正确；④铜与硫反应生成Cu2S，不能生成CuS，故④错误；⑤二氧化硅不溶于水，不与水反应，不能化合生成H2SiO3 ，故⑤错误；⑥碳酸钠、水、二氧化碳反应生成NaHCO3，发生化合反应，故⑥正确。不能通过化合反应制得的有两项，答案选B。
20.将3.2 g Cu投入100 mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解，则下列说法正确的是( )
A. 反应过程中有刺激性气味的气体生成
B. H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用
C. 若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1
D. 反应中硫酸既表现出酸性又表现出强氧化性
【答案】C
【解析】
双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。A．从方程式看出无气体生成，故A错误；B．分析化合价，过氧化氢中氧的化合价从-1→-2，化合价降低，故过氧化氢作氧化剂，故B错误；C.3.2g铜的物质的量为：=0.05mol，从方程式看出，消耗0.05mol硫酸，硫酸的浓度为=0.5mol/L，故C正确；D．从方程式看出，反应中硫酸的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现氧化性，故D错误；故选C。
21.在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，ICl跟Zn、H2O反应的化学方程式如下：
2 ICl ＋2 Zn = ZnCl2＋ZnI2ICl＋H2O = HCl＋HIO
下列关于ICl性质的叙述正确的是( )
A. ZnCl2是氧化产物，又是还原产物
B. ZnI2是氧化产物，又是还原产物
C. ICl跟H2O的反应，ICl是氧化剂，H2O是还原剂
D. ICl跟H2O的反应，是自身氧化还原反应
【答案】B
【解析】在反应2 ICl ＋2 Zn = ZnCl2＋ZnI2中，锌的化合价升高，碘的化合价降低，所以锌是还原剂，ICl是氧化剂，则ZnCl2是氧化产物，ZnI2是氧化产物，又是还原产物，A不正确，B正确。在反应ICl＋H2O = HCl＋HIO中元素的化合价没有发生变化，所以不是氧化还原反应，CD不正确。答案选B。
22.广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置。下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是（ ）
【答案】B
【解析】试题分析：A．该装置是排液量气装置，故A错误；B．该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B 瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B正确；C．该装置是混气装置，进入C 瓶中两气体在C 瓶中充分混合，故C错误；D．该装置是洗气装置，故D错误；故选B。
23.下列实验过程中没有沉淀出现的是（ ）
A. 向常温时的饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体 B. 向硝酸钡溶液中通入SO2气体
C. 向氯化钙溶液中通入SO2气体 D. 向次氯酸钙溶液中通入CO2气体
【答案】C
【解析】
【分析】A.碳酸氢钠溶解度与碳酸钠溶解度的比较；B.氧化还原反应的考查；C.复分解反应条件考查；D.复分解反应条件考查。
【详解】A.向常温时的饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体,生成碳酸氢钠,由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,所以有固体析出,故不选A；
B.向硝酸钡溶液中通入SO2气体,由于溶液中有H+和NO3-,所以可以发生氧化还原反应,将将+4价的硫元素氧化为+6价,也就是有硫酸钡沉淀生成,故不选B；
C.向氯化钙溶液中通入SO2气体,二氧化硫溶于水中生成亚硫酸，由于亚硫酸的酸性比盐酸弱，故亚硫酸不能和氯化钙溶液反应，故选C；
D.向次氯酸钙溶液中通入CO2气体发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O = 2HClO+CaCO3 ↓,生成碳酸钙沉淀，故不选D；
正确答案:C。
24.Fe和Fe2O3的混合物共13.6g，加入150mL稀H2SO4，在标准状况下收集到1.12LH2，Fe和Fe2O3均无剩余。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，消耗了200mL 3mol/L的NaOH溶液，则该H2SO4的物质的量浓度为（ ）
A. 2.25mol/L B. 2mol/L C. 4mol/L D. 0.6mol/L
【答案】B
【解析】试题分析：Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)= n(NaOH)，则有：
n(H2SO4)=n(Na2SO4)= n(NaOH)= ×3mol/L×0.2L=0.3mol，故该硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)= =2mol/L，故选B。
25.向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列说法正确的是（ ）
A. Cu与Cu2O 的物质的量之比为1:2
B. 产生的NO的体积为4.48L
C. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】D
【解析】试题分析：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，A错误；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，但NO不一定是处于标准状况下，B错误；C、根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，因此原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，C错误；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，D正确，答案选B。
第II卷(非选择题，四个题，共50分)
二、填空题(26分)
26.研究NO、NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_______(填字母序号)。
a．酸雨 b．沙尘暴 c.光化学烟雾 d．白色污染
（2）NO2可与水发生反应，反应的化学方程式为__________________。若该反应有0.6NA个电子转移，则参加反应的NO2的物质的量为___________。
（3）NH3也是重要的含氮化合物，请写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式________________________________；工业上可利用NH3经过一系列反应制取硝酸，请写出NH3在催化剂的作用下，与O2反应的化学方程式_________________________________。
（4）硝酸可与不活泼金属铜发生反应。将过量的铜置入一定量的浓硝酸中，微热，充分反应后，放出1.12 L气体（标准状况下），
①写出反应过程其中1个化学反应的化学方程式：_______________________________。
②整个反应过程中，被还原的HNO3总的物质的量是___________mol。
【答案】(1). ac (2). 3NO2+H2O==2HNO3+NO (3). 0.9mol
(4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). 4NH3+5O24NO+6H2O
(6). Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O或Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(7). 0.05
【解析】分析：(1)a.酸雨:主要是工业排放的废气中含有二氧化硫和氮氧化合物，二氧化硫在灰尘催化下与氧气反应生成三氧化硫，与水生成硫酸；氮氧化合物与水生成硝酸，使雨水pH<5.6；b.因为现在人类大力砍伐树木,减少了对土壤的固定,沙尘比较多,大量燃烧化石燃料也会产生大量的空气污染颗粒,也能造成沙尘暴天气；c.光化学烟雾:主要是汽车尾气中的氮氧化合物与碳氢化合物在紫外线作用下发生一系列反应生成类似蓝色的烟雾，危害健康；d.白色污染是人们对难降解的塑料垃圾(多指塑料袋)污染环境现象的一种形象称谓。
(2)二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸,该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价,结合化合价的变化计算。
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气；氨气在催化剂条件下,与氧气反应生成NO和水。
(4)①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；②根据氮元素守恒分析计算,化合价降低的被还原。
详解：(1)a.氮氧化合物与水生成硝酸，使雨水pH<5.6,a正确；b.沙尘暴与固体悬浮颗粒物有关,与氮氧化物无关,b错误；c.光化学烟雾与汽车尾气中的氮氧化合物有关,c正确；d.白色污染与塑料有关,d错误；正确答案:ac。
(2)二氧化氮和水反应生成NO和硝酸,方程式为3NO2+H2O==2HNO3+NO ,该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价,若该反应有0.6NA个电子转移,即0.6mol电子,则生成0.3 molNO ,可以知道参加反应的NO2的物质的量为0.9mol；正确答案: 3NO2+H2O==2HNO3+NO； 0.9mol。
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气,方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气在催化剂条件下,与氧气反应生成NO和水,反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；正确答案：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ； 4NH3+5O24NO+6H2O。
（4）①铜和稀硝酸、浓硝酸反应生成溶液中溶质为硝酸铜溶液；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；反应的化学方程式为: Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O或Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；正确答案：Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O或Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
②将过量的铜置入一定量的浓硝酸中,微热,充分反应后,放出1.12 L气体(标准状况下),被还原硝酸生成一氧化氮和二氧化氮,氮元素物质的量相同，所以被还原的硝酸物质的量等于一氧化氮和二氧化氮混合气体物质的量1.12/22.4=0.05mol；正确答案:0.05。
27.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段．如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______（填化学式）．
（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______．
（3）检验物质Y的方法是_______________________________．
（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______．
（5）Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是______（填代号）．
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4
（6）已知Na2SO3能被K2Cr207氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为________．
【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). 1：2 (3). 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ (5). b (6). +3
【解析】S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，
（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有﹣2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；
（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价﹣2价变化为0价，H2S做还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又会恢复红色，则检验Y的方法是：将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；
（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；
（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，cd中S的化合价都大于2，b符合题意；
（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=20×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a），解得a=+3 。
28.用如下图所示装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）
请回答下列问题：
Ⅰ. 若气体a是Cl2，装置A、B、C中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉KI溶液、石蕊溶液。
（1）A溶液由浅绿色变为棕黄色，反应的离子方程式为______________________。
（2）B瓶中的淀粉KI溶液变为蓝色，反应的离子方程式为____________________。
（3）C瓶中的现象为_________________________________________________。
（4）D装置中试剂为______________________________________________。
II．若气体a是SO2，装置A、B、C中的试剂依次为：品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、氢硫酸（硫化氢的水溶液）。
（1）A瓶中品红和B瓶中酸性高锰酸钾溶液均褪色，其中体现了SO2漂白性的是 _____（填写序号A或B）。
（2）C瓶中产生淡黄色沉淀， 反应的化学方程式_________________________________。
【答案】(1). Cl2+ 2Fe2+ = 2Fe3+ +2Cl- (2). Cl2+2I－=I2 +2Cl- (3). 先变红后退色 (4). NaOH溶液 (5). A (6). SO2 + 2H2S ==3S↓+ 2H2O
【解析】分析：本题考查的氯气和二氧化硫的性质，结合实验装置进行分析，掌握氯气和二氧化硫的氧化性是关键。
详解：Ⅰ. 若气体a是Cl2，装置A、B、C中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉KI溶液、石蕊溶液。（1）氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液变棕黄色，离子方程式为：Cl2+ 2Fe2+ = 2Fe3+ +2Cl-。（2）B瓶中碘化钾和氯气反应生成氯化钾和碘单质，离子方程式为：Cl2+2I－=I2 +2Cl-，碘遇到淀粉显蓝色。（3）C中是紫色石蕊溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后褪色。（4）因为氯气有毒，最后的装置应为吸收氯气防止污染，根据氯气可以和氢氧化钠反应分析，最后装置中为氢氧化钠溶液。II．（1）二氧化硫使品红褪色是表现了漂白性，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是表现了还原性。（2）C中硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，方程式为SO2 + 2H2S =3S↓+ 2H2O。
29.(I)将35.2铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
(1)NO的体积为_____L，NO2的体积为______L。
(2)参加反应的硝酸的物质的量是_______mol。
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___________mol/L。(结果不需化简)
(II)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6．72 L，质量为10 g，求
(1)此混合物中CO和CO2物质的量之比_____。
(2) CO的质量分数_____
【答案】(1). 6.72 (2). 4.48 (3). 1.6 (4). (10-3Va+0.5)/0.14 (5). n(CO)：n(CO2)=2：1 (6). 56%
【解析】
【详解】(I)(1) n(Cu)＝0.55mol，n(气体)= 0.5mol
设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。
根据气体的总物质的量，有：x＋y＝0.5mol ①；
根据“得失电子守恒”，有：3x＋y＝0.55mol×2 (②式中，左边为N得电子数，右边为Cu失电子数，得失电子数相同)；
解方程组得：x＝0.3 mol，y＝0.2 mol。
则：V(NO)＝0.3mol×22.4 L·mol－1=6.72 L，V(NO2)＝0.2mol×22.4 L·mol－1＝4.48L；
正确答案： 6.72 4.48。
(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3为0.55mol×2＋0.5 mol＝1.6mol；
正确答案：1.6。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO3-的形式留在溶液中。
变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol；加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO3-形式留在溶液中的NO3-的物质的量为10－3aVmol；所以，c(HNO3)＝(10-3Va+0.5)/0.14 mol/L；
正确答案：(10-3Va+0.5)/0.14。
(II) (1) n(气体)= 0.3mol；
解：设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则
x＋y＝0.3mol ①；
28x+44y=10g ②；
解方程组得：x=0.2mol, y=0.1mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比2:1。
正确答案：n(CO)：n(CO2)=2：1。
(2)由(1)可知一氧化碳为0.2mol，则CO的质量分数为56%。
正确答案：56%。
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