《非金属及其化合物》章末测试 市一等奖

1、PAGE382022年山东省滕州市善国中学高一化学期末复习练习题第四章：非金属及其化合物第I卷（选择题）一、选择题1下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中2工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（）ABCD3能用如图气体制取装置制取少量气体并能“随开随用、随关随停”的是（）A大理石和稀硫酸制取二氧化碳B锌粒和稀硫酸制氢气C浓盐酸和二氧化锰制取氯气D过氧化钠和水制取氧气4下

2、列说法正确的是（）A镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料B石英玻璃、陶瓷都属于硅酸盐产品C做衣服的棉、麻、蚕丝的成分都是纤维素D牛油和花生油在碱性条件下水解产物相同的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL则原混合气体中NO2和O2体积比可能是（）A9：1B18：7 C41：9D1：16已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收装置的是（）ABCD2溶液中，没有看到明显现象，再通入一种气体（或加入一种物质），产生一种白色沉淀，该气体（或物质）不可能是（）ACl2BCO2 CNH3DSO8

3、下列关于氯气或氯的化合物的叙述不正确的是（）A过量的铁粉与氯气反应生成FeCl3B少量SO2通入Ca（ClO）2溶液生成CaSO3沉淀C氯气能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝D次氯酸钙比次氯酸稳定9下列物质中，能用于刻蚀玻璃，制作玻璃量筒刻度的是（）AH2SO4BHNO3 CHFDH2SiO10形成酸雨的主要原因是（）A未经处理的工业废水任意排放B大气中二氧化碳含量增多C工业上大量燃烧含硫燃料和以含硫矿石为原料以的金属冶炼D汽车排放的尾气11同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NH3和H2现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余

4、气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（）AV1V2V3BV1V3V2CV2V3V1DV3V1V22分别通入：CaCl2溶液；Na2SiO3溶液；Ca（OH）2溶液；饱和Na2CO3溶液最终溶液中有白色沉淀析出的是（）ABCD13下列说法正确的是（）ASO2能使品红溶液、溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有漂白性BSO2和Cl2都有漂白作用，将等物质的量的两种气体同时作用于潮湿的有色物质时，可增强漂白作用C活性炭使有色物质褪色是利用了碳单质具有还原性，使有色物质发生还原反应DSO2使品红溶液褪色后，将褪色后的溶液加热，溶液重新变为红色14.6.4g铜与过量的硝酸（8molL

5、1，60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H离子为nmol此时溶液中所含NO3AC（n）molD（n）mol15下列有关实验的操作不正确的是（）A分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C配制L-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D检验NH4时，往试样中加入NaOH溶液，加热，用湿润蓝色石蕊试纸检验逸出的气体16下列实验可实现鉴别目的的是（）A用BaCl2溶液鉴别SO3g和SO2B用CaOH2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液C用CO2鉴别NaAlOH4溶液和Na2SiO3溶液D用湿润的碘化钾

6、淀粉试纸鉴别Br2g和NO217下列有关化学知识的叙述中正确的是（）AC、S、N所形成的氧化物均为酸性氧化物B“水滴石穿”是因为CaCO3与CO2、水发生了化学反应C常用作水处理剂的KAlSO42和漂白粉都是强电解质D232Th转变成233U是化学变化，233U和235U的化学性质几乎相同18酸雨的形成主要是由于（）A森林遭到乱砍滥伐，破坏了生态环境B含硫化石燃料的大量燃烧C大气中二氧化碳的含量增大D大量使用化肥19锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为（）AamolBamolCamolD2amol20往含和（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO

7、2气体，当通入气体为6.72L（STL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加人LNaOH溶液，整个过程中8 go1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（）A26 gB28 gC295 gD291 g26标准状况下，某同学向100mLH2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液227.2g0.5L1.0L39.2golNO完全转化为HNO3理论上需要氧气mol（2）为使NH3恰好完全氧化为NO，氨空气混合气体中氨的体积分数（用小数表示）为（保留2位小数）（3）用空气氧化，产生混合物的组成为：、和一定量硝酸，以及其他成分（高温下NO与O2不化合）计算氨转化为NO和HNO3的总转

8、化率（4）和一定量空气充分反应后，再转化为硝酸通过计算，在图中画出HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B）关系的理论曲线33在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀。然后加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。请回答：1生成的黑色单质物质是_填化学式。2这种黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，这种刺激性气味的气体成分是_填名称，实验室经常用_溶液进行吸收，这两个反应的化学方程式分别为：_。3据蔗糖与浓硫酸反应的实验现

9、象，说明浓硫酸具有_填序号。A酸性B吸水性C脱水性D强氧化性4将实验2产生的刺激性气味气体通入品红溶液，可以看到品红溶液_，加热后_。5能否用澄清石灰水鉴别这两种气体_填“能”或“不能”若不能填写两种能鉴别的试剂是_。与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种。现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出。在反应结束后的溶液中，逐渐加入4molL-1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积mL与产生沉淀的物质的量关系如下图。请回答：n沉淀VNaOHn沉淀VNaOHBCAOEDF15（2）纵坐标中A点数值是_，B点数值是

10、_，原HNO3浓度是_三、实验题35（14分）某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为（2）向含微量Cu2试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及

11、解释A试管中黑色沉淀逐渐溶解A试管上方出现红棕色气体B试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有性b试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：（5）为测定黑色沉淀中Cu2S的百分含量，取0.2g步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用溶液处理，发生反应如下：8MnO45Cu2S44H10Cu25SO28Mn222H2O6MnO45CuS28H5Cu25SO26Mn214H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应完全则混合物中Cu2S的质量分数为36某化学兴趣小组以木炭和浓硝酸为起始原料，探

12、究一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠。设计装置如下（忽略装置中空气的影响），请回答下列问题：查阅资料：HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO32NOH2O；在酸性溶液中，NO2-可将MnO4-还原为Mn2且无气体生成NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。（1）组装好仪器后，必须进行的一项操作是_。（2）推测B中可以观察到的主要现象是_；C装置的作用是。（3）装置D中除生成NaNO2外，还有另一种固态物质Y，Y的化学式是_。可以通过适当改进，不产生Y物质，请你提出改进方法：_。（4）在酸性溶液中，NO可将MnO还原为Mn2。写出有关反应的离子方程式。（5）E装置中试剂X可以

13、是_。A稀硫酸B酸性高锰酸钾溶液C稀硝酸D水37（14分）某学校课外活动小组针对教材中铜与浓硫酸反应，提出了“能够与铜反应的硫酸的最低浓度是多少”的探究课题，并设计了如下方案进行实验：实验试剂：18mol/L硫酸20mL，纯铜粉足量，足量2mol/LNaOH溶液请根据实验回答问题：（1）首先根据右图所示，组装实验装置，并在加入试剂前先进行操作（2）烧杯中用NaOH溶液吸收的物质是（填化学式），利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中的目的是：（3）加热烧瓶20分钟，烧瓶中发生反应的化学方程式是：待烧瓶中反应基本结束，撤去酒精灯，利用烧瓶中的余热使反应进行完全然后由导管a通入足量的空气，以确保

14、烧瓶中的SO2气体全部进入烧杯中在该实验装置中的（填仪器名称）起到了确保硫酸溶液体积保持不变的作用（4）将充分反应后的烧杯取下，向其中加入足量的双氧水，再加入足量的BaCl2溶液，再进行、后称量固体的质量为13.98g，请计算能与铜反应的硫酸的最低浓度是（5）有同学提出在上面（4）中可以不必加入双氧水，直接进行后面的实验，也能得到准确的数据，请结合你的理解分析（填“需要”或“不需要”）加入双氧水，说明原因：26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X为确定其组成，进行如下实验（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为，制备X的

15、化学方程式为；（2）氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图2所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLclmolL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液装置中安全管的作用原理是样品中氨的质量分数表达式为参考答案解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现

16、象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B解：设阿伏加德罗常数为NA，氨气和转移电子之间的关系式为：4NH35O24NO6H2O转移电子4mol20molNA=，答：阿伏加德罗常数NA为，故选D解：A大理石和稀硫酸反应生成的硫酸钙附着在大理石表面阻止了进一步的反应，故A错误；B锌粒和稀硫酸制氢气，符合该装置的使用条件，故B正确；C二氧化锰和浓盐酸制氯气，需要加热，故C错误；D过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用关闭止水夹实现固体与液体的分离，故D错误；故选B点评：本题考

17、查实验装置的综合应用，为高频考点，把握常见物质的性质、气体的制备原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大解析：A、镧和镍组成的一种合金LaNi是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放氢气，其存储原理为镧镍合金吸附氢气，氢气解离为氢原子，储存在其中形成LaNiH6，故A正确；B、含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，石英玻璃的主要成分是二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐产品，故B错误；C、棉、麻的成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故C不正确；D、牛油在碱性条件下水解产物为饱和高级脂肪酸钠和甘油，而花生油的水解产物为不饱和高级脂肪酸和

18、甘油，故D不正确。答案：A解：NO2和O2与水的反应属于循环反应，可简化为：4NO2O22H2O=4HNO3，对该反应来说，若NO2剩余，则实际是NO，由3NO2H2O=2HNO3NO可知，剩余NO气体是5mL，说明剩余的NO2为：5mL3=15mL，其余的35mL气体中V（NO2）：V（O2）=4：1，则混合气体中氧气的体积为：35mL=7mL，二氧化氮的体积为：50mL7mL=43mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：43mL：7mL=43：7；若剩余气体是O2，则反应的45mL中V（NO2）：V（O2）=4：1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45mL=36mL，氧气为：50mL36m

19、L=14mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：36mL：14mL=18：7，故选B点评：本题考查了氮氧化物的性质、混合物有关计算，题目难度中等，关键是分析剩余气体的成分，再根据反应的方程式计算，试题培养了学生的分析及化学计算能力解：A氨气极易溶于水，不能直接将导管插入水中，否则容易发生倒吸，故A符合；B使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不符合；C球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故C不符合；D氨气不溶于四氯化碳，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故D不符合；故选A点评：本题考查了常见气体的尾气吸收，题目难度不大，注意明确常见的极易溶于水的气体在尾气吸收时，必须

20、使用防止倒吸的装置，要求学生能够正确判断装置是否具有防止倒吸的作用解：A二氧化硫与氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故A正确；B二氧化碳、二氧化硫均与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故B错误；C氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，通入二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C正确；D故B正确；D三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸能与氯化钡反应生成氯化钡沉淀，故D正确；故选B点评：本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，把握物质的性质及氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大解：A、铁在

21、氯气中燃烧生成氯化铁，故A正确；B、二氧化硫与次氯酸钙之间发生氧化还原反应，所以最后生成硫酸钙，故B错误；C、氯气与碘化钾中的碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝，故C正确；D、次氯酸见光易分解，次氯酸钙易和空气成分水以及二氧化碳反应，所以相对而言次氯酸钙比次氯酸稳定，故D正确；故选B点评：本题考查学生氯气与铁和碘化钾反应、次氯酸和次氯酸盐的性质等方面知识，属于综合知识的考查，难度不大解：A稀硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A错误；B二氧化硅与硝酸不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；C氢氟酸与二氧化硅易反应，反应的化学方程式为：SiO24HF=SiF42

22、H2O，生成四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故C正确；D硅酸与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故D错误；故选C点评：本题主要考查了二氧化硅的性质，掌握二氧化硅与氢氟酸的反应是解答本题的关键，题目难度不大解：A、工业废水指工艺生产过程中排出的废水和废液，其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物、副产品以及生产过程中产生的污染物，是造成环境污染，特别是水污染的重要原因，未经处理的工业废水任意排放，不是形成酸雨的主要原因，故A不符合；B、大气中二氧化碳含量增多，会造成温室效应，故B不符合；C、工业上大量燃烧含硫燃料和以含硫矿石为原料的金属冶炼，产生的二氧化硫气体排放到大气中是形成酸

23、雨的主要原因，故C符合；D、汽车排放的尾气主要成分是氮氧化物，一氧化碳等，氮氧化物可以发生反应生成硝酸，是形成酸雨的原因，但不是主要原因，故D不符合；故选C点评：本题主要考查了酸雨形成的原因，同时也考查了工业废水、汽车尾气、温室效应等污染环境的几种现象解：设每种气体各占L，组合发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，剩余气体的体积为：（L）组合发生反应：4NO2O22H2O=4HNO3，剩余气体的体积为（L）组合NH3全部溶于水，剩余H2为，故答案：V1V3V2故选：B解：碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故错误；碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2

24、CO2Na2SiO32H2O2NaHCO3H2SiO3，产生硅酸沉淀，故正确；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）22CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3H2OCO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故正确；故选：B解：ASO2能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，均发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，故A错误；B等物质的量的两种气体，反应生成硫酸和盐酸，不具有漂白性，故B错误；C活性炭使有色物质褪色，与吸附性有关，与碳的还原性无关，故C错误；DSO2使

25、品红溶液褪色，化合生成无色的物质，为暂时性漂白，将褪色后的溶液加热，溶液重新变为红色，故D正确；故选D解：6.4g铜的物质的量为=铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H离子为nmol，说明溶液为Cu（N03）2与HN03的混合溶液根据电荷守恒溶液中n（N03）=n（H）2n（Cu2）=nmol2=（n）mol故选：C解析：A分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故B正确；C将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正确；D检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故D错误故选D解析：盐酸的酸

26、性大于亚硫酸，则二氧化硫与BaCl2不反应，但硫酸钡不溶于酸，可发生三氧化硫与氯化钡的反应生成硫酸钡沉淀，故A正确；BCaOH2溶液与Na2CO3和NaHCO3均能生成白色沉淀CaCO3故B错误；CCO2与NaAlOH4反应生成AlOH3白色沉淀,CO2与Na2SiO3生成H2SiO3白色沉淀,故无法鉴别，C错误；DBr2g和NO2均能把碘化钾氧化成碘单质而使粉试变蓝，故D错误；故选A。解析：ACO、NO不是酸性氧化物，所以A错误；B碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，所以B正确；C漂白粉属于混合物而不是纯净物，所以漂白粉不属于电解质，所以C错

27、误；D核反应不是物理变化，也不是化学变化，所以D错误；故选B解：A森林遭到乱砍滥伐，破坏了生态环境，能引起泥石流、滑坡等地里灾害，且空气中二氧化碳含量增大，能引起温室效应，但不能引起酸雨，故A错误；B化石燃料燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧化生成硫酸，硫酸随雨水降落到地面而形成酸雨，所以二氧化硫是形成酸雨的主要物质之一，则含硫化石燃料的大量燃烧是形成酸雨的主要原因，故B正确；C大气中二氧化碳含量增大会导致温室效应，而不是酸雨，故C错误；D大量使用化肥，不仅浪费资源，还对土壤、空气、水资源造成污染，但不能形成酸雨，故D错误；故选B解：根据题意知，锌和稀硝酸反应方

28、程式为4Zn10HNO3=4Zn（NO3）2NH4NO33H2O，生成amol硝酸锌时转移电子的物质的量=amol（20）=2amol，根据氧化还原反应中得失电子守恒得，被还原的硝酸的物质的量=，故选A解：n（CO2）=，含有氢氧化钠和氢氧化钙的溶液中：n（OH）=2=，n（Na）=，n（Ca2）=，通入CO2，发生：2OHCO2=CO32H2O，OHCO2=HCO3H2O，Ca2CO32=CaCO3，设生成molCO32，ymolHCO3，则，解得=，y=，所以反应后溶液中含有：n（Na）=，n（HCO3）=，可依次发生：2OHCO2=CO32H2O，Ca2CO32=CaCO3，离子浓度迅速

29、减小，OHCO2=HCO3，所以图象C符合，故选：C解：A氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，且c一般用于盛装液体干燥剂，碱石灰应放在干燥管中，故A错误；B盐酸和大理石反应制取二氧化碳不需加热，二氧化碳中混有易挥发的氯化氢，二氧化碳与碳酸氢钠不反应，氯化氢与碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳和水，能用碳酸氢钠进行洗涤二氧化碳，二氧化碳密度比空气大，能用向上排空气法收集，故B正确；C铜和稀硝酸反应生成一氧化氮不需要加热，但一氧化氮难溶于水，所以不能用水洗，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故C错误；D浓盐酸和二氧化锰的反应应在加热条件下进行，故D错误故选B解：A曲线从到，溶

30、液L，n（SO2）=，根据方程式可知原溶液中硫化氢为，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸LSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=，由方程式可知n（H2S）=，则原H2S溶液的物质的量浓度为=L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时12.8g4.48L1.0Lol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，Cu（OH）2的物质的量为：=，根据铜元素守恒有：n（Cu）2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO

31、3）2=nCu（OH）2=设Cu和Cu2O的物质的量分别为mol、ymol，根据二者质量可得：64144y=，根据铜元素守恒有：2y=，联立方程解得：=，y=，所以混合物中铜的质量为：64g/mol=12.8g，答：混合物中Cu的质量为12.8g；根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）2n（Cu2O），即：3n（NO）=22，解得：n（NO）=，所以标准状况下NO的体积为：22.4L/mol=4.48L，答：产生的NO在标准状况下的体积为4.48L点评：本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确反应过程、反应原理为解答关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法32

32、（1）0.75a；（2）；（3）氨转化为NO和HNO3的转化率分别是%和%；（4）解：（1）设需要氧气的物质的量为，4NO2H2O3O2=4HNO34mol3molamol=mol=，则需要氧气的物质的量为0.75amol，故答案为：0.75a；（2）根据氨气被氧气恰好完全氧化为NO的方程式，可假设氨气的体积是4L，设需要空气的体积为y，4NH35O24NO6H2O454Ly=L=25L，氨空气混合物中氨的体积分数=，故答案为：；（3）设生成molHNO3，空气中氧气的体积分数为，氮气的体积分数为，空气中氮气的量是氧气的4倍，4（2）=，解得：=（mol），根据氮原子守恒，NH3的转化为HNO

33、3的转化率=100%=%；NH3的转化为NO的转化率=100%=%，故答案为：氨转化为NO和HNO3的转化率分别是%和%；（4）4NH35O24NO6H2O，4NO3O22H2O=4HNO3，将得：NH32O2=H2OHNO3，由知，当，即时无硝酸生成，此时氨气所需空气量为：=125mol；当，即，时有硝酸生成，此时氨气所需空气量为10=200mol，生成硝酸的物质的量是20mol，所以HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B）关系的理论曲线为答：HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B）关系的理论曲线为点评：本题考查了氧化还原反应的计算，难点是计算转化率，明确氮气和氧气的关系

34、是解本题的关键，结合原子守恒来分析解答，题目难度较大331C2二氧化硫NaOHC2H2SO42SO2CO22H2O，SO22NaOH=Na2SO3H2O3CD4褪色恢复红色5不能溴水、酸性KMnO4溶液或品红溶液任两种均可解析：1浓H2SO4具有脱水性，使蔗糖脱水成炭；2化学反应方程式为C2H2SO4浓CO22SO22H2O，经常用NaOH溶液吸收SO2，化学方程式为SO22NaOH=Na2SO3H2O；3这些实验现象体现了浓H2SO4的脱水性和强氧化性；4SO2通入品红可使之褪色，加热后又恢复原来的颜色；5SO2和CO2均使澄清石灰水变浑浊，不能用它鉴别，可用溴水、酸性KMnO4溶液或品红溶

35、液鉴别。34（1）3（2）、L解析：根据图象可知混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3。（1）图象分析，铁粉和铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁。（2）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；通过上面的分析、根据氮原子守恒可知O点到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质=2硝酸钠的物质的量，而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质

36、的量，所以硝酸的物质的量=4mol/L0.015L24mol/L（0.0165L-0.015L）=，所以原硝酸的物质的量浓度=0.1L=L；根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物质的量，即：nAl（OH）3=4mol/L（0.0185L-0.0165L）=，根据题意可知：生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量=3=，CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量=4mol/L（0.015L-0.003L）=，则nFe（OH）3=1/3nNaOH=，纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量=35（1）SO2；（

37、2）黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、还原性；b、NO2SO2Ba2H2OBaSO4NO2H；（4）CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2（aq）S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）40%解：（1）Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu2H2SO4（浓）CuSO42SO22H2O，步骤产生的气体是SO2，故答案为：SO2；（2）向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉

38、淀中不含有CuO；（3）a、A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原性；b、根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2SO2Ba2H2OBaSO4NO2H，故答案为：NO2SO2Ba2H2OBaSO4NO2H；（4）CuS难溶于水，在水溶液中会有很少量的Cu溶解，溶液中存在沉淀溶解平衡，CuS（s）Cu2（aq）S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；故答案为：CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2（aq）S

39、2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）发生的反应为：8MnO45Cu2S44H10Cu25SO28Mn222H2O6MnO45CuS28H5Cu25SO26Mn214H2OMnO45Fe28HMn25Fe34H2O设Cu2S、CuS的物质的量分别为、y，与Cu2S、CuS反应后剩余KMnO4的物质的量：0.035LL=，16096y=解得=，Cu2S的质量分数：100%=40%，故答案为：40%点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较多，理解题中信息是解题关键，试题培养了学生的分析、

40、理解能力36答案：（1）检查装置的气密性（2）铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡除去NO中混有的CO2（3）NaOH用装有碱石灰的干燥管代替C装置（4）5NO2-2MnO4-6H=5NO3-2Mn23H2O（5）B解析：（1）涉及气体的制备以及性质实验时，需要检查装置的气密性，且NO、NO2均为有毒气体，因此组装好仪器后必须要检查装置的气密性；（2）装置A生成的NO2进入B中与H2O反应生成HNO3，硝酸再与铜反应生成Cu（NO3）2，NO和水，所以反应现象为铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡；为防止A中产生的CO2进入D中与Na2O2反应，装置C中NaOH溶液作用在于除去NO中混有的CO2，；（3）由于NO通过氢氧化钠溶液进入D装置时会带入水蒸气，而Na2O2与水反应会生成NaOH；若要避免生成NaOH，气体进入D管前必须干燥，可用装有碱石灰的干燥管代替C装置，用于吸收CO2和H2O；（4）在酸性溶液中，NO可将MnO4-还原为Mn2，自身被氧化为NO3-，根据电子守恒及原子守恒，写出反应离子方程式：5NO2-2MnO4-6H=5NO3-2Mn23H2O；（5）D中可能有未反应完全的有毒气体NO，不能直接排放到空气中，可通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余NO，防止污染空气。37（