【文档说明】江西省宜春市宜丰县宜丰中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题 【精准解析】.doc，共(18)页，602.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Mg-24C-l35.5Cu-64Al-27Zn-65S-32一、单选题（每题3分，共48分。每小题只有一个正确选项）1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有

着密切的关系。下列说法错误的是A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【答

案】A【解析】【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青

色不可能来自氧化铁，故A错误；B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项、陶瓷的主要

成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温下，2.7g铝片

投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB.标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAC.常温常压下，16gO2和O3的混合气体中所含原子数目为NAD.在一定条件下，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.常温

下Al在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B.标准状况下SO3呈固态，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C.O2和O3互为同素异形体，16gO2和O3的混合气体中所含O原子物质的量：n（O）=16g16g/m

ol=1mol，C项正确；D.N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在一定条件下1molN2与3molH2反应生成NH3分子物质的量小于2mol，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数

为中心的计算，涉及金属的钝化、气体摩尔体积、物质的组成、可逆反应等知识。注意22.4L/mol适用于标准状况下已知气体体积计算气体分子物质的量。3.下列说法中不正确的是()①将硫酸钡放入水中不能导电,所以硫酸钡是非电解质②氨气溶于水得到的氨

水能导电,所以氨水是电解质③气态HCl不导电,熔融态的HCl可以导电④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子,所以是酸⑤电解质放在水中一定能导电,非电解质放在水中一定不导电A.①④B.①④⑤C.②③D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①BaSO4固体没

有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；②氨气只存在分子,不能导电;NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨

气是非电解质，故②错误；③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；气态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，故③错误；④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸,能电离出H+的化合物不一

定是酸,硫酸氢钠能电离出氢离子,NaHSO4=Na++H++SO42-，属于盐，故④错误；⑤电解质放在水中不一定能导电,如碳酸钙固体在水中的溶解度很小,难溶于水,几乎没有自由移动的离子,几乎不导电;碳酸钙在熔融状态下,能完全电离,碳酸钙是电解质;非电

解质放在水中不一定不导电,如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故⑤错误；故选D.4.下列有关硫、氮单质及其化合物的叙述正确的是A.SO2、NO2均为酸性氧化物B.“雷

雨肥庄稼”与氮的固定有关C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D.铜片与稀盐酸不反应，向溶液中通入NO2后，铜片质量不变【答案】B【解析】A.NO2不是酸性氧化物，A错误；B.“雷雨肥庄稼”过程中氮气转化为NO，与氮的固定有关，B正确；C.硫粉

在过量的纯氧中燃烧生成SO2，C错误；D.铜片与稀盐酸不反应，向溶液中通入NO2后，有硝酸生成，铜与稀硝酸反应，铜片质量减少，D错误，答案选B。5.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是（）A.加

热时，①中上部汇集了NH4Cl固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色C.加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的氧化性D.三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【答案】A【解析】【分析】【详

解】A.加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解成氨气和氯化氢，分解生成的氨气和氯化氢遇冷重新反应生成氯化铵，A项正确；B.加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B

项错误；C.二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，体现SO2的漂白性，C项错误；D.①中氯化铵受热分成氨气和氯化氢、氨气与氯化氢化合成氯化铵的反应不是可逆反应，D项错误；答案选A。6.同温同压下两相同圆底烧瓶中分别充满①NH3，②NO2倒扣于水中进行

喷泉实验，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为A.①>②B.①<②C.①＝②D.不能确定【答案】C【解析】【分析】先分析各气体溶于水后所得溶液的溶质并计算溶质物质的量和溶液的体积，用公式c=nVaq（）计算溶液物质的量浓度，然

后比较。【详解】设圆底烧瓶的体积为VL，则开始n（NH3）=n（NO2）=mVVmol；①NH3极易溶于水，最终圆底烧瓶中充满溶液，所得氨水溶液物质的量浓度为mVVmol÷VL=m1Vmol/L；②NO2与H2O发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，所得HNO3溶液的体积为

2V3L，生成HNO3物质的量n（HNO3）=23n（NO2）=m2V3Vmol，所得HNO3溶液物质的量浓度为m2V3Vmol÷2V3L=m1Vmol/L；则①=②，答案选C。7.下列实验现象预测正确的是（）A.实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B.实验Ⅱ：酸性KMnO4溶

液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C.实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D.实验Ⅳ：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强【答案】B【解析】分析：A．根据单质溴能与N

aOH溶液发生反应，苯与水互不相溶；B．根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；C．根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气，可与NO反应；D．胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。详解：A项，苯的

密度比水小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项

正确；C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，

故D项错误；综上所述，本题正确答案为B。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及到氧化还原反应、萃取等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，B选项难度较大。8.将0.02mol铜片溶于100mL9mol/LHNO3中，产生336mL气体（只含NO、NO2）。该气体与一定

量O2混合后用水恰好完全吸收，则通入的O2体积为（气体体积均为标准状况）A.22.4mLB.33.6mLC.44.8mLD.224mL【答案】D【解析】【详解】根据题意知HNO3过量,刚开始是铜失去电子，将HNO3还原为NO2，随着反应进行，硝酸变稀，铜又可以将HNO3还原为NO，后来又是

4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，被O2氧化最终变为HNO3。根据电子守恒：HNO3→Cu→（NO、NO2）→O2→HNO3，所以2Cu→O2，铜完全反应，转移

的电子数为0.02mol2=0.04mol；1molO2转移电子数为4mol，所以消耗氧气为0.01mol，标准状况下氧气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.22.4L=224mL。答案选D。9.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.肯定只有SO2B.肯定没有Cl2、O2和NO2C.可能有Cl2和O2D.肯

定只有NO【答案】B【解析】【详解】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，则一定无O2，一定含有的气体是SO2、NO，一定没有的气体为Cl2、

NO2、O2，答案选B。10.在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是A.某无色溶液：Fe2+、NO3−、SO24−、Na+B.使紫色石蕊试液变红的溶液：NH4+、Mg2+、Cl-、K+C.加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、C

l-、NH4+、NO3-D.使无色酚酞试液显红色的溶液：S2-、K+、HCO3−、Al3+【答案】B【解析】【详解】A.Fe2+呈浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，故A不选；B.使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，NH4+、Mg2+、Cl

-、K+不反应，可以大量共存，故B选；C.加入铝粉放出氢气的溶液可能呈酸性或碱性，NH4+在碱性溶液中不能大量共存，硝酸根离子酸性条件下不能存在，故C不选；D.使无色酚酞试液显红色的溶液呈碱性，HCO3−及Al3+

不能大量存在，铝离子与硫离子、碳酸氢根发生双水解不能大量共存，故D不选；故选：B。11.将2.56g铜粉加入100mL0.4mol·L-1的稀HNO3溶液中，加热充分反应后再加入100mL0.2mol·L-1的H2SO4溶液，继续加热，待充分反应后，所得溶液中

Cu2+的物质的量浓度是(忽略溶液体积变化)（）A.0.15mol·L-1B.0.2mol·L-1C.0.075mol·L-1D.0.45mol·L-1【答案】A【解析】【详解】2.56g铜粉的物质的量为

2.56g=0.04mol64g/mol，NO3-的物质的量为0.1L0.4mol/L=0.04mol，H+的物质的量为0.1L0.4mol/L+0.1L0.2mol/L2=0.08mol，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2

++2NO↑+4H2O，由方程式可知，H+完全反应，铜和硝酸根过量，具体有28H3Cu8mol3mol0.08moln++:，解得Cu2+的物质的量n=0.08mol3mol=0.03mol8mol，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为n0.03mol==0.15mol

/LVLL（0.1+0.1），答案选A。【点睛】本题考查重点，理解离子反应的实质，根据实际参与反应的离子计算。本题特别注意，使用硝酸时，再加氢离子，反应又会进行，但离子方程式不会改变。12.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL2mol•L﹣1的稀硝

酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（）A.0.21molB.0.25molC.0.3molD.0.35mol【答案】C

【解析】【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.3

5L×2mol/L-2.2422.4/molLL=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]=0.62mol=0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]

=0.3mol，故答案为C。【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与

Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。13.用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O27−，发生反应如下：反应Ⅰ：CuS+Cr2O27−+H+→Cu2++

SO24−+Cr3++H2O(未配平)反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O27−+H+→Cu2++SO24−+Cr3++H2O(未配平)下列有关说法正确的是()A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO24−都是氧化产物B.处理1molCr2O27−时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等C

.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1molCr2O27−，转移电子数不相等【答案】C【解析】【详解】A.反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B.处理1molCr2O27−时，反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：3CuS

+4Cr2O27−+32H+=3Cu2++3SO24−+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O27−+46H+=6Cu2++3SO24−+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C.反应Ⅱ中还原

剂为Cu2S，氧化剂为Cr2O27−，根据得失电子守恒配平后得，还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；D.处理1molCr2O27−得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误；故选：C。14.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的

是()A.E处棉花球变成橙黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强B.F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=

Cl-+ClO-+H2O【答案】B【解析】【分析】F处棉花球变成蓝色，说明F处KI被氧化成I2；而Cl2和Br2均能与KI反应生成I2，故不能说明Br2的氧化性比I2强。【详解】A.E处棉花球变成橙黄色，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2

的氧化性比Br2强，A说法正确；B.F处棉花球变成蓝色，则可能为Cl2或Br2氧化的I-，无法说明Br2的氧化性比I2强，B说法不正确；C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，C说法正确；D.G装

置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D说法正确；综上所述，答案为B。15.将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4.

48L(标准状况)，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全。则下列有关叙述中不正确的是A.开始加入合金的物质的量之和为0．3molB.反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶1C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mLD.生成沉淀的质量比原合金的质量增

加10．2g【答案】B【解析】【详解】A、在Mg、Cu与硝酸发生反应时金属失去电子变为M2+阳离子，硝酸得到电子变为NO。根据电子守恒可得2n(金属)=3n(NO)=3×0.2=0.6mol/所以金属的物质的量为0.3mol．正确；B．在反应中硝酸的作用有2个，一个是起酸的作用，由于金属的物

质的量为0.3mol。金属都是+2价的金属，所以起酸作用的物质的量为0．6mol。起氧化剂作用的硝酸的物质的量为0.2mol。所以反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为0.2：0.6=1：3，错误；C．n(M2+)=0.3mol．发生沉淀反应消耗NaOH的物质的量为0.3mol×2

=0.6mol。所以V(NaOH)=0.6mol÷3mol/L=0.2L=200ml，正确；D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加的质量就是OH-的质量。发生沉淀反应消耗NaOH的物质的量为0.3mol×2=0.6mol。所以增加的质量为0.6mol×17g/mol=10.2g

，正确。16.某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、AlO2−。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，

下列说法正确的是A.原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B.反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C.原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比为1∶3D.原溶液中含有的阴离子是Cl-、AlO2−【答案】C【解析】【分析】

向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2−，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中

一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；【详解】A.通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，

不含Mg2+，故A错误；B.通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，不含AlCl3，故B错误；C.根据图象知，Al3+完全沉淀、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3O

H-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D.通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2−，故D错误；故选：C。二、填空题（每空2分，共52分)17.现有下列10种物质①熔融

的氢氧化钠②蔗糖③纯净的盐酸④金属钠⑤硫酸⑥二氧化硫⑦硫粉⑧偏铝酸钠溶液⑨酒精溶液⑩液氨(注意：下面前三问的答案请填序号！)(1)属于电解质的有__。(2)属于非电解质的有__。(3)上述状态下的电解质能导电的有__。(

4)偏铝酸钠溶液中通足量二氧化碳反应的离子方程式：__。【答案】(1).①⑤(2).②⑥⑩(3).①(4).AlO-2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO-3【解析】【详解】(1)在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，属于电解质的有①熔融的氢氧化钠、⑤硫酸，

故答案为：①⑤；(2)在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，上述物质属于非电解质的有②蔗糖、⑥二氧化硫、⑩液氨，故答案为：②⑥⑩；(3)上述状态下的电解质能导电的有①熔融的氢氧化钠，故答案为：①；(4)偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成氢氧化铝

沉淀的离子方程式为：AlO-2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO-3；故答案为：AlO-2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO-3；18.已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑；②Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+2H2O

+SO2↑；③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。试回答下列问题：(1)当反应①转移3mol电子时，产生氢气的体积(标准状况)__L。(2)反应②中__作氧化剂，__是氧化产物。(3)当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的

量是__。(4)用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目__(在化学方程式上标出)：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+2H2O+SO2↑。(5)反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__。【答案】(

1).33.6(2).H2SO4(浓)(3).CuSO4(4).0.5mol(5).=CuSO4+2H2O+SO2↑(6).5：1【解析】【详解】(1)Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，当反应

①转移3摩尔电子时，产生氢气的体积(标准状况)3/2mol×22.4L/mol=33.6L；故答案为：33.6；(2)Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+2H2O+SO2↑，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原剂升失氧，对应氧化产物，硫

酸铜为氧化产物；故答案为：H2SO4(浓)；CuSO4；(3)1molSO2生成，就有1mol硫酸被还原，当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是11.2L22.4L/mol=0.5mol；故答案为：0.5mol；(4)箭头还

原剂指向氧化剂，注明转移电子数：=CuSO4+2H2O+SO2↑；故答案为：=CuSO4+2H2O+SO2↑；(5)反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂升失氧，可知有5molCl-生成氯气，因此氧化产物为5

/2mol，氧化剂降得还，1mol+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。故答案为：5:1；19.硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答：(1)已知反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中的氧化剂与还原剂的质量比为_

____。(2)工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。下列关于氨气的性质和用途描述正确的是____________。A.氨气易液化，液氨可作制冷剂B.可用排水法收集氨气C.氨气是一种无色无味的气体D.向氨水中滴加酚酞，溶液变红(3)1754年，Briestly用硵砂(主要成

份NH4Cl)和熟石灰共热制得了氨，化学反应方程式为______________________________。(4)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_____________。(5)汽车尾气常含有NO、

NO2、CO等，会污染空气。在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器，可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体，该反应的化学方程式为__________________________。(6)19.2g铜投入100mL14mol/L浓HNO3溶液中，充分反应后无

固体剩余，收集到标准状况下气体8.96L(气体为NO、NO2)，向反应后的溶液中加入______mL10mol/LNaOH溶液才能使Cu2+完全沉淀。【答案】(1).1∶2(2).AD(3).Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(4).3Cu+8H++2NO3-=3Cu

2++2NO↑+4H2O(5).2CO+2NON2+2CO2(6).100【解析】【分析】(1)根据还原剂失去电子，元素化合价升高；氧化剂得到电子，元素化合价降低分析；(2)根据氨气的性质分析判断；(3)NH4Cl和熟石灰混

合加热发生复分解反应制取氨气；(4)铜和稀硝酸反应产生硝酸铜、NO、水，根据离子方程式书写原则书写；(5)CO和NO反应产生N2、CO2，据此书写反应方程式；(6)利用元素守恒，反应后溶液的溶质为NaNO3，HNO3最终变为NaNO3和NO、NO2气体，根据N

a元素守恒计算加入NaOH的物质的量，再根据c=nV计算NaOH的体积。【详解】(1)在反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，只有N元素的化合价发生变化，反应前NO2中的N为+4价，反应后一部分变为H

NO3中的+5价，化合价升高，失去电子，被氧化，NO2作还原剂；一部分变为NO中的+2价，化合价降低，得到电子，被还原，NO2作氧化剂。3个NO2反应，有1个作氧化剂，2个作还原剂，所以该反应中的氧化剂与还原剂的

质量比为1：2；(2)A.氨气沸点高，易液化，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可作制冷剂，A正确；B.氨气极容易溶于水，因此不能用排水法收集氨气，B错误；C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体，C错误；D.氨气溶于水，与水反应产生一水合氨，一水

合氨电离产生OH-，使溶液显弱碱性，因此向氨水中滴加酚酞，溶液会变红色，D正确；故合理选项是AD；(3)在实验室中一般是用铵盐NH4Cl和熟石灰混合加热发生复分解反应制取氨气，反应方程式为：Ca(OH

)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)铜和稀硝酸反应产生硝酸铜、NO、水，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；(5)CO和NO在催化剂存在时发生氧化还原反应产生N2、CO2，根据电子守恒、原

子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2；(6)100mL14mol/L浓HNO3溶液中n(HNO3)=c·V=14mol/L×0.1L=1.4mol，硝酸与Cu反应变为Cu(NO3)2、NO、NO2，产生NO、NO2的物质的量为n(

NO+NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol，向反应后的溶液中加入NaOH，当Cu2+恰好形成Cu(OH)2沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3则根据N元素守恒可知NaNO3的物质的量为n(NaNO3)=1.4mol-0.4mol=1.0m

ol，根据Na、N元素之间关系可知n(NaOH)=n(NaNO3)=1.0mol，所以需加入10mol/LNaOH溶液的体积V(NaOH)=n1.0molc10mol/L==0.1L=100mL。【点睛】本题考查了氨气的制取和性质、应用及硝酸的化学性质，涉及氧化还原反应方程式

的配平、物质的作用、守恒方法在化学方程式计算的应用等。明确物质的关系和性质是本题解答的关键，题目侧重考查学生的分析与应用能力。20.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验，请回答下列

问题：(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是__。(2)实验过程中，装置B中发生的现象是__，说明SO2具有的性质是__。(3)装置B中发生反应的离子方程式为__。(4)尾气可采用__溶液吸收，离子方程式为：__。【

答案】(1).蒸馏烧瓶(2).溶液由紫红色变为无色(3).还原性(4).5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO2-4+4H+(5).NaOH(6).SO2+2OH-=SO2-3+H2O【解析】【详解

】(1)根据仪器的特征，该仪器是蒸馏烧瓶。故答案为：蒸馏烧瓶；(2)酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，装

置B中发生的现象是溶液由紫红色变为无色，这现象分别说明SO2具有的性质是还原性；故答案为：溶液由紫红色变为无色；还原性；(3)装置B中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO2-4+4H

+。故答案为：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO2-4+4H+(4)该实验的尾气是SO2，SO2用NaOH溶液吸收，发生的反应为：SO2+2OH-=SO2-3+H2O。故答案为：NaOH；SO2+2OH-=SO2-3+H2O；21.镁、铝的混合物

共0.2mol，溶于200mL4mol·L-1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol·L-1的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示。请回答下列问题：（1）当V1=160mL时，则金属粉末中m(Al)=_______

______mol。（2）V2～V3段发生反应的离子方程式为____________________________。（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则加入NaOH溶液的体积V(NaOH)=____________mL。（4）若镁、铝的混合物仍为0.

2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4mol·L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL2mol·L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为___________

____________。【答案】(1).0.08(2).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(3).400(4).0.6≤a＜1【解析】（1）当V1=160mL时，此时溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，由Na+离子守恒可知，n（NaC

l）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L×2mol/L=0.32mol。200mL4mol•L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol，设混合物中含有MgCl2为xmol、AlCl3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0

.2，根据Cl-离子守恒有：2x+3y=0.8-0.32=0.48，联立方程解得：x=0.12、y=0.08，所以金属粉末中：n（Mg）=0.12mol、n（Al）=y=0.08mol；（2）V2～V

3段发生氢氧化钠溶解氢氧化铝的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时溶液是NaCl溶液，根据Cl-离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L×0.2L=0.

8mol，所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）=0.8mol÷2mol/L=0.4L=400mL；（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液中再加入840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所

得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n（NaAlO2）=0.2（1-a）mol，根据钠离子守恒，应满足：n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1-a），解得：a≥0.6，所以a的取值范围为：故0.6

≤a＜1。点睛：本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度较大，对于图象题，要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析；具体计算时注意守恒思想的运用，使计算简

化。最后一问的计算注意利用好数学中的极值法。