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2021-2022学年湖北省襄阳市襄州第一高级中学高一（下）月考化学试卷（2月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省襄阳市襄州第一高级中学高一（下）月考化学试卷（2月份）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了5ml电子， 下列离子能够大量共存的有等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省襄阳市襄州第一高级中学高一（下）月考化学试卷（2月份）
1. 硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤．在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角．下面几种物质中含有硅单质的是( )
A. 玛瑙 B. 光导纤维
C. 太阳能电池板 D. 水晶
2. 下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )
A. 用氯化铵和氢氧化钙制NH3
B. 用铜片和稀硝酸制NO
C. 用锌粒和稀硫酸制H2
D. 用双氧水和二氧化锰制O2
3. 下列事实不能说明浓硝酸氧化性比稀硝酸强的是( )
A. 浓硝酸遇石蕊试液变红后褪色，稀硝酸遇石蕊试液只变红不褪色
B. 浓硝酸能与NO反应生成NO2，而稀硝酸不能与NO反应
C. 浓硝酸在加热条件下可与碳单质反应，而稀硝酸则不能
D. 足量的铜还原1mol浓硝酸和1mol稀硝酸转移电子数分别为NA和3NA
4. 已知NH4CuSO3与足量的1mol⋅L−1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是( )
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味的气体是氨气
D. 1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子
5. 下列有关离子检验的操作、现象及结论均正确的是( )
A. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+
B. 向某无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有SO42−
C. 向某无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32−
D. 向某溶液中加入淀粉溶液无明显现象，再滴入氯水，溶液变蓝，则该溶液中定含有I−
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，1molSO3的体积为22.4L
B. 1molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2NA
C. 0.2molCu与含0.4mol的浓硫酸在加热的条件下反应时，生成的SO2在标准状况下的体积为4.48L
D. 0.5molC与足量浓H2SO4在加热的条件下反应时，转移的电子数为2NA
7. 下列事实所对应的化学方程式不正确的是( )
A. 盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
B. 加热条件下铁与水蒸气反应2Fe+6H2O(g)−△2Fe(OH)3+3H2
C. 工业制取漂粉精：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
D. 实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O
8. 无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL气体经过如图的实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为( )
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO2、CO2
C. NO、CO2、N2 D. NH3、NO、CO2
9. 下列离子能够大量共存的有( )
A. 强酸性溶液中：K+、Na+、S2−、Cl−
B. 强碱性溶液中：Ba2+、Na+、HCO3−、NO3−
C. 强酸性溶液中：Fe2+、Cu2+、SO42−、NO3−
D. 透明溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42−、Cl−
10. 用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是( )
途径①：S→浓HNO3H2SO4
途径②：S→O2SO2→O2SO3→H2OH2SO4.
A. 途径②的尾气可以用氨水进行回收利用
B. 途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性
C. 由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1mol S，各转移6mol电子
D. 与途径①相比，途径②更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②污染相对小且原子利用率高
11. 已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法错误的是( )
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
B. 若A为铜，则在图中的反应，X只起氧化的作用
C. 若A为碳单质，则C不宜用来扑灭由钠引起的着火
D. 将B气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
12. 下列反应中因反应物用量不同而导致生成物不同的是( )
①Na2CO3与稀盐酸②Fe与稀HNO3③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液④FeBr2溶液与Cl2⑤Fe与Cl2
A. ①②④ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ①③④
13. 某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl−、SO42−、CO32−、AlO2−中的若干种离子，离子浓度均为 0.1mol⋅L−1.某同学进行了如下实验：
下列说法正确的是( )
A. 无法确定原试液中是否含有 Al3+、Cl−
B. 滤液 X 中大量存在的阳离子有 NH4+、Fe2+和Ba2+
C. 无法确定沉淀 C 的成分
D. 原溶液中存在的离子为 NH4+、Fe2+、Cl−、SO42−
14. 用20mL18.4mol⋅L−1的浓硫酸与铜共热一段时间后，冷却，过滤除去多余的铜，将滤液稀释到100mL，得到溶液中SO42−的浓度为3.18mol⋅L−1，则此时溶液中CuSO4的物质的量浓度为( )
A. 0.50mol⋅L−1 B. 0.75mol⋅L−1 C. 1.00mol⋅L−1 D. 3.18mol⋅L−1
15. 无色溶液甲可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3−、Cl−、SO42−、CO32−八种离子中的若干种。为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。
②向另一份溶液中加入含有0.3molBaCl2的溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液。
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，得到沉淀X的质量为46.6g。
④向上述滤液中加入含有0.65mol的AgNO3溶液，恰好可完全反应。据此，请回答下列问题(用相应的离子符号表示)：
已知：NH4+和OH−在加热情况下能生成NH3
(l)上述实验③中得到沉淀X的物质的量为______mol。
(2)实验③过程中发生的反应，用离子方程式表示为______。
(3)甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______。
(4)甲溶液一定存在的离子中，物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______，物质的量最小的离子的物质的量为______。
16. 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。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氧化物为______(填化学式)。
(2)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为______。
(3)Z的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了Z的______性。
(4)写出硫与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式______。
(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的方法理论上可行的是______(填字母)。
a.Na2SO3+Sb.Na2S+Sc.SO2+Na2SO4 d.Na2SO3+Na2SO4
17. 硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。
(1)浓硝酸具有以下性质：
①强氧化性
②酸性
③还原性
④不稳定性
⑤挥发性
下列反应或者现象主要体现了硝酸的什么性质：
①久置浓硝酸显黄色 ______(填序号，下同)。
②用稀硝酸清洗试管壁上的银 ______。
③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体 ______。
(2)请写出实验室中用Cu与稀HNO3反应制取NO的化学方程式并用双线桥标明电子的转移方向及数目 ______。
(3)64gCu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体(标准状况下)，反应中消耗的HNO3的物质的量是 ______。(填字母代号)
A.0.5mol
B.1.0mol
C.2.0mol
D.3.0mol
(4)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用，为了可持续发展，当今社会提出的一个新概念--“绿色化学”，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”的是 ______。(填字母代号)
A.Cu→HNO3Cu(NO3)2
B.Cu→O2CuO→HNO3Cu(NO3)2
C.Cu→O2CuO→H2OCu(OH)2→HNO3Cu(NO3)2
D.Cu→H2SO4CuSO4→Ba(NO3)2Cu(NO3)2
(5)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等，锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。写出该反应的化学方程式 ______，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 ______。
18. 喷泉是一种常见的现象，其产生的原理是存在压强差(如图所示)。
试回答下列问题：
(1)实验室制取氨气的化学方程式为______。
①用图①装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发喷泉的操作是______。
②如果只提供图②的装置，请说明引发喷泉的方法：______。
(2)利用图③装置，在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是______。
A.Cu与稀盐酸
B.Fe和稀硫酸
C.Cu与稀硝酸
D.NaHCO3溶液与NaOH溶液
(3)在图④锥形瓶中加入酒精，瓶外放一水槽，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉，水槽中加入的物质可能是______。
A.浓硫酸 B.食盐 C.硝酸钾 D.硫酸铜
(4)同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3和NO2，进行喷泉实验，如图所示，经充分反应后，发现烧瓶①中充满液体，②中充有23体积的液体，则两烧瓶内溶质的物质的量浓度的正确关系是______
A.①>②B.①<②C.①=②D.不能确定
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误；
B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C.太阳能电池板的主要成分是硅单质，故C正确；
D.水晶的主要成分是二氧化硅，故D错误。
故选：C。
玛瑙、光导纤维以及水晶的主要成分是二氧化硅，太阳能电池板的主要成分是硅单质．
本题考查硅及二氧化硅的用途，题目较为简单，注意积累常见物质的组成和用途．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集和制取，明确实验原理及气体收集方法是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性进行分析解答，易错选项是A.
【解答】
A.加热固体制取气体时，试管口应略向下倾斜，故A错误；
B.NO易与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，故B错误；
C.氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，所以集气瓶中导气管应该“短进长出”，故C错误；
D.双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气，氧气不易溶于水，可以采用排水法收集氧气，故D正确。
3.【答案】D
【解析】解：A.浓硝酸使石蕊试液变红，然后利用浓硝酸的强氧化性将有色物质氧化，使溶液褪色，而稀硝酸只能使石蕊试液变红不能褪色，能够说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故A不选；
B.浓硝酸能将NO氧化成NO2，体现浓硝酸的强氧化性，而稀硝酸不能将NO氧化成NO2，从而说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故B不选；
C.浓硝酸在加热条件下能与碳单质反应生成CO2、NO2、H2O，体现浓硝酸的强氧化性，而稀硝酸则不与碳单质发生反应，从而推出浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C不选；
D.不能从转移电子多少判断氧化性的强弱，因此足量的铜还原1mol浓硝酸和1mol稀硝酸转移电子数分别为NA和3NA，不能说明浓硝酸和稀硝酸氧化性的强弱，故D选；
故选：D。
A.硝酸遇石蕊试液变红，是因为其酸性，浓硝酸具有强氧化性能将有色物质氧化，使其褪色；
B.浓硝酸具有强氧化性能将NO氧化生成NO2，稀硝酸不能；
C.浓硝酸具有强氧化性在加热条件下可与碳单质反应，而稀硝酸不能；
D.不能从转移电子多少判断氧化性的强弱。
本题考查浓硝酸与稀硝酸氧化性强弱的比较，明确氧化性的比较及硝酸的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A、由方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；
B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；
C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误；
D、反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确。
故选：D。
NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应的方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题．
本题考查氧化还原反应，难度较大，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目．
5.【答案】D
【解析】解：A.观察K+的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃，由操作和现象可知，不能确定是否含K+，故A错误；
B.白色沉淀可能为AgCl，由操作和现象可知，原溶液中不一定含SO42−，故B错误；
C.该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有CO32−或SO32−或HCO3−等，故C错误；
D.向某溶液中先加入几滴淀粉溶液，无明显现象，再滴氯水，溶液变蓝，说明有I2生成，则原溶液中一定含有I−，故D正确；
故选：D。
A.观察K+的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.该气体可能为二氧化碳或二氧化硫等；
D.新制的氯水能将I−氧化为I2。
本题考查了常见离子的检验，为高频考点，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，注意检验离子存在情况时，需要排除干扰，确保检验方案的严密性，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.铜和硫反应后变为+1价，故1mol铜失去1mol电子，个数N=nNA=1mol×NA/mol=NA个，故B错误；
C.铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，铜也不能反应完全，则生成的SO2在标准状况下的体积小于4.48L，故C错误；
D.C和浓H2SO4反应后变为+4价，0.5molC反应后转移电子为2NA个，故D正确；
故选：D。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.铜和硫反应后变为+1价，故1mol铜失去1mol电子；
C.铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；
D.C和浓H2SO4反应后变为+4价。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，质量换算物质的量计算微粒数，主要考查气体摩尔体积的条件应用，应注意的是铜和硫反应后变为+1价，熟悉相关公式及物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硅与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故A正确；
B.加热条件下铁与水蒸气反应，化学方程式为：3Fe+4H2O(g)−△Fe3O4+4H2，故B错误；
C.氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；
D.氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，故D正确；
故选：B。
A.二氧化硅与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠溶液；
B.加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
C.氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
D.氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水。
本题考查了化学方程式书写正误判断，明确物质的性质，熟悉反应实质即可解答，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：二氧化氮是红棕色气体；硫酸和碱性气体能反应，所以100mL混合气体甲经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL；二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，一氧化氮无色，与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2；用排水法收集气体，最后几乎无气体剩余，说明混合气体中没有N2，故含有的气体为NH3、NO、CO2，
故选：D。
二氧化氮是红棕色气体；硫酸和碱性气体能反应，所以浓硫酸吸收了NH3且体积为20mL；二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；一氧化氮无色，与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2；最后几乎无气体剩余，说明混合气体中没有N2。
本题考查常见气体的检验和性质，是一道气体的鉴别题目，注意氨气的碱性、注意二氧化碳和过氧化钠的反应，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.H+、S2−之间反应生成硫化氢，不能大量共存，故A错误；
B.Ba2+、HCO3−、OH−之间反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+、NO3−在强酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+、Mg2+、SO42−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.硫离子与氢离子反应；
B.碳酸氢根离子与、氢氧根离子、钡离子反应生成碳酸钡沉淀；
C.酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.四种离子之间不反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.途径②的尾气为SO2、SO3，氨水可与SO2、SO3反应生成盐，途径②的尾气可以用氨水进行回收利用，故A正确；
B.S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故B错误；
C.途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到+6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6mole−，故C正确；
D.途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确；
故选：B。
A.氨水可与SO2、SO3反应生成盐；
B.S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，不体现酸性；
C.根据S元素的化合价变化分析；
D.途径①有副产物，而且污染。
本题考查了物质的制备方案设计、物质的性质及氧化还原反应，把握发生的反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意理论计算中化合价与转移电子的关系，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，确定X为浓硫酸。
A.蔗糖分子式为C12H22O11，浓硫酸使蔗糖中氢、氧按水的组成脱水去后剩余碳，所以浓硫酸使蔗糖变黑的现象主要体现了浓硫酸的脱水性，故A正确；
B.若A为铜，铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，硫元素化合价部分降低，部分不变，体现浓硫酸强氧化性和酸性，故B错误；
C.若A为碳单质，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2SO2↑+2H2O，B是二氧化硫，C为二氧化碳，由钠引起的着火，生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，二氧化碳所以不宜用来扑灭由钠引起的着火，故C正确；
D.B为二氧化硫气体，有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，故D正确；
故选：B。
浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，以此解答该题。
本题为框图推断题，为高频考点，侧重考查浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸脱水性、强氧化性是解题关键，突破口为“X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑”，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：①Na2CO3与稀盐酸反应，盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳，产物与反应物用量有关，故选；
②Fe与稀HNO3反应，铁少量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁，产物与反应物用量有关，故选；
③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液生成碳酸钙和水，产物与反应物用量无关，故不选；
④FeBr2溶液与Cl2反应，氯气少量先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子，产物与反应物用量有关，故选；
⑤Fe与Cl2反应生成氯化铁，产物与反应物用量无关，故不选；
故选：A。
①Na2CO3与稀盐酸反应，盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳；
②Fe与稀HNO3反应，铁少量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁；
③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液生成碳酸钙和水；
④FeBr2溶液与Cl2反应，氯气少量先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子；
⑤Fe与Cl2反应生成氯化铁。
本题考查学生物质之间反应时，用量的多少，反应条件的不同，对反应产物会产生影响，可以根据所学知识来回答，难度中等。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了常见离子的性质检验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度一般。
【解答】
加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO32−，无AlO2−；
加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH−、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol⋅L−1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl−、SO42−才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。
故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
14.【答案】A
【解析】解：20mL18.4mol⋅L−1 浓H2SO4的物质的量为：0.02L×18.4mol/L=0.368mol，n(SO42−)=0.368mol，
反应后n(SO42−)=0.1L×3.18mol⋅L−1=0.318mol，则减少的n(SO42−)=0.368mol−0.318mol=0.05mol，说明反应生成SO2为0.05mol，
由反应Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+2H2O+SO2↑可知，n(CuSO4)=n(SO2)=0.05mol，
则此时溶液中CuSO4的物质的量浓度为：c(CuSO4)=0.05mol0.1L=0.50mol/L，
故选：A。
20mL18.4mol⋅L−1 浓H2SO4的物质的量为0.02L×18.4mol/L=0.368mol，n(SO42−)=0.368mol，反应后n(SO42−)=0.1L×3.18mol⋅L−1=0.318mol，则减少的n(SO42−)=0.368mol−0.318mol=0.05mol，所以生成二氧化硫为0.05mol，结合Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+2H2O+SO2↑分析．
本题考查物质的量浓度的计算，明确减少的硫酸根离子与生成二氧化硫的量的关系是解答本题的关键，注意基本公式的应用，题目难度不大．
15.【答案】0.22H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+ Ca2+、Cu2+ NO3− K+。 Cl− 0.1mol
【解析】解：①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且n(NH4+)=4.48L22.4L/mol=0.2mol；
②向另一份溶液中加入0.3mol的BaCl2溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则m(BaSO4)=0.3mol×233g/mol=69.9g，如为BaCO3，m(BaCO3)=0.3mol×197g/mo=59.1g，则说明甲中含有SO42−，CO32−，设分别为xmol，为ymol，
则x+y=0.3，233x+197y=66.3，解得x=0.2，y=0.1，含有0.2molSO42−，0.1molCO32−，则不含Ca2+和Cu2+；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，与碳酸钡反应，得到沉淀为0.2molBaSO4，则一定不存在Ca2+；
④向上述滤液中加入0.65molAgNO3溶液，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl−)=0.65mol，而②加入n(Cl−)=0.3mol×2=0.6mol，则说明溶液甲中含有0.65mol−0.6mol=0.05molCl−；
如不含NO3−，则由电荷守恒可知一定含有K+，由n(K+)+n(NH4+)=2n(CO32−)+2n(SO42−)+n(Cl−)，
则n(K+)=2×0.1mol+2×0.2mol+0.05mol−0.2mol=0.45mol，
因分成两份，则甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42−、0.2molCO32−、0.1molCl−；
如含有NO3−，则K+大于0.9mol，
(1)上述实验③中得到沉淀C为硫酸钡，物质的量n=46.6g233g/mol=0.2mol，
故答案为：0.2；
(2)③向上述沉淀中加入过量的盐酸，与碳酸钡反应，离子方程式为：2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+，
故答案为：2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+；
(3)由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3−，
故答案为：Ca2+、Cu2+；NO3−；
(4)甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42−、0.2molCO32−、0.1molCl−，如含有NO3−，则K+大于0.9mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl−，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1mol，
故答案为：K+；Cl−；0.1mol。
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+；
②向另一份溶液中加入0.3mol的BaCl2溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则m(BaSO4)=0.3mol×233g/mol=69.9g，如为BaCO3，m(BaCO3)=0.3mol×197g/mo=59.1g，则说明甲中含有SO42−，CO32−，不含Ca2+和Cu2+；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，与碳酸钡反应，得到沉淀为0.2molBaSO4，则一定不存在Ca2+；
④向上述滤液中加入0.65molAgNO3溶液，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl−)=0.65mol，而②加入n(Cl−)=0.3mol×2=0.6mol，则说明溶液甲中含有0.65mol−0.6mol=0.05molCl−，以此解答该题。
本题考查物质的鉴别以及混合物的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意利用反应的不同现象来区分是解答的关键，明确无机物之间的反应即可解答，题目难度中等。
16.【答案】SO22H2S+SO2=3S↓+2H2O强氧化 S+2H2SO4(浓)−△3SO2↑+2H2Oa
【解析】解：(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，则图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3，氧化物为SO2，
故答案为：SO2；
(2)X为H2S，Y为SO2，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，发生反应的化学方程式：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，
故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的强氧化性，
故答案为：强氧化；
(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水，反应的化学方程式：S+2H2SO4(浓)−△3SO2↑+2H2O，
故答案为：S+2H2SO4(浓)−△3SO2↑+2H2O；
(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2，只有a符合，
故答案为：a。
(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性；
(2)X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；
(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水；
(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价与微粒的性质，题目难度不大。
17.【答案】④ ①② ② DB4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2Oa4mol
【解析】解：(1)①久置浓硝酸显黄色是浓硝酸分解生成的二氧化氮溶解在浓硝酸中形成，表现的是浓硝酸的不稳定性，
故答案为：④；
②用稀硝酸清洗试管壁上的银，是稀硝酸和银发生氧化还原反应生成硝酸银，表现的是硝酸的酸性和氧化性，
故答案为：①②；
③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体是稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，利用的是硝酸的酸性，
故答案为：②；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮与水，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应中Cu元素从0价升高为+2价，3Cu共失6e−，硝酸是氧化剂，得电子，用双线桥分析此氧化反应中电子转移和数目为，
故答案为：；
(3)铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，n(气体)=22.4L22.4L/mol=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，n(Cu)=64g64g/mol=1mol，则生成n[Cu(NO3)2]=1mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为1mol×2=2mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：1.0mol+2mol=3mol，
故答案为：D；
(4)A.铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮等大气污染物，不符合绿色化学的要求，故A错误；
B.生成氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，绿色环保，符合绿色化学的要求，故B正确；
C.CuO不能与水反应生成氢氧化铜，不能制得硝酸铜，方案不可能，故C错误；
D.该途径中铜与稀硫酸不反应，不能制得硫酸铜；铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫气体，污染大气，不符合绿色化学的要求，故D错误；
故答案为：B；
(5)锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，反应的化学方程式：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O，电子守恒得到，反应过程中生成4mol硝酸锌，被还原的硝酸1mol，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为a4mol，
故答案为：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O；a4mol。
(1)①久置浓硝酸显黄色是浓硝酸分解生成的二氧化氮溶解在浓硝酸中形成；
②用稀硝酸清洗试管壁上的银，是稀硝酸和银发生氧化还原反应生成硝酸银；
③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体是稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，结合化合价的升降分析此反应；
(3)和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，这两部分硝酸的物质的量即为消耗的硝酸的物质的量；
(4)制备硝酸铜，要符合绿色化学的要求方案，应杜绝生成污染性气体，且实验步骤少，消耗原料较少，以此解答该题；
(5)锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式，结合化学方程式定量关系计算电子转移总数和被还原硝酸物质的量。
本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平及含氮化合物的综合应用等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力，注意掌握氧化还原反应的计算方法，明确含氮化合物的知识及其应用。
18.【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O打开止水夹，挤压胶头滴管 打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾 BC A C
【解析】解：(1)实验室制取氨气常用熟石灰和氯化铵，加热时生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
①氨气是一种极易溶于水的气体，图①装置中，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，瓶内压强减小，在外界气压的作用下，水被压到瓶内，形成喷泉现象，
故答案为：打开止水夹，挤压胶头滴管；
②图②装置中，先微热法将装置中的气体排出微量，形成压强差，根据氨气极易溶于水的性质，使烧瓶中水迅速进入烧瓶，形成喷泉，即打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾，
故答案为：打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾；
(2)图③是在锥形瓶中加入的物质能导致锥形瓶中气压变大、形成喷泉；
A.Cu与稀盐酸不反应，所以不能导致锥形瓶中的气压变大，故A错误；
B.Fe和稀硫酸生成气体氢气，能导致锥形瓶中的气压变大、形成喷泉，故B正确；
C.Cu与稀硝酸反应生成NO气体，能导致锥形瓶中的气压变大、形成喷泉，故C正确；
D.NaHCO3与NaOH溶液反应、但不生成气体，不能导致锥形瓶中的气压变大，故D错误；
故答案为：BC；
(3)在图④锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的物质，结果也产生了喷泉，就必须要求水槽中加入的物质后能使锥形瓶中的温度明显升高：
浓硫酸溶于水放出大量的热使酒精蒸发产生大量酒精蒸气，使锥形瓶内压强大大增加；食盐、硝酸钾、硫酸铜溶于水不会使水的温度升高，水温几乎不变，所以不能形成喷泉；
故答案为：A；
(4)相同条件下，等体积气体的物质的量相等，氨气易溶于水，则盛有等体积氨气的烧瓶倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；
二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的23，
假设烧瓶的体积为1L，该条件下气体摩尔体积为Vm，则n(NH3)=n(NO2)=1Vmmol，n(HNO3)=23n(NO2)=23Vmmol，溶液的体积分别为：V(HCl)=1L，V(HNO3)=23L，
则c(HNO3)=nV=1Vmmol/L，c(氨水)=1Vmmol/L，所以两种溶液的物质的量浓度相等，故选C，
故答案为：C。
(1)实验室制取氨气常用熟石灰和氯化铵，加热时生成氨气、氯化钙和水，据此写出反应的化学方程式；喷泉实验利用的原理是压强差，；
(2)由图可知，加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉，结合物质的性质及反应是否生成气体判断；
(3)水槽中温度升高，使酒精挥发，锥形瓶中气压变大、形成喷泉；
(4)相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气极易溶于水，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，据此计算硝酸的浓度、比较。
本题考查化学实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握实验装置的作用、物质的性质、喷泉实验的原理、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合、物质的量浓度的计算，题目难度中等。
2021-2022学年湖北省襄阳市襄州第一高级中学高一（下）月考化学试卷（2月份）
1. 硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤．在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角．下面几种物质中含有硅单质的是( )
A. 玛瑙 B. 光导纤维
C. 太阳能电池板 D. 水晶
2. 下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )
A. 用氯化铵和氢氧化钙制NH3
B. 用铜片和稀硝酸制NO
C. 用锌粒和稀硫酸制H2
D. 用双氧水和二氧化锰制O2
3. 下列事实不能说明浓硝酸氧化性比稀硝酸强的是( )
A. 浓硝酸遇石蕊试液变红后褪色，稀硝酸遇石蕊试液只变红不褪色
B. 浓硝酸能与NO反应生成NO2，而稀硝酸不能与NO反应
C. 浓硝酸在加热条件下可与碳单质反应，而稀硝酸则不能
D. 足量的铜还原1mol浓硝酸和1mol稀硝酸转移电子数分别为NA和3NA
4. 已知NH4CuSO3与足量的1mol⋅L−1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是( )
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味的气体是氨气
D. 1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子
5. 下列有关离子检验的操作、现象及结论均正确的是( )
A. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+
B. 向某无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有SO42−
C. 向某无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32−
D. 向某溶液中加入淀粉溶液无明显现象，再滴入氯水，溶液变蓝，则该溶液中定含有I−
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，1molSO3的体积为22.4L
B. 1molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2NA
C. 0.2molCu与含0.4mol的浓硫酸在加热的条件下反应时，生成的SO2在标准状况下的体积为4.48L
D. 0.5molC与足量浓H2SO4在加热的条件下反应时，转移的电子数为2NA
7. 下列事实所对应的化学方程式不正确的是( )
A. 盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
B. 加热条件下铁与水蒸气反应2Fe+6H2O(g)−△2Fe(OH)3+3H2
C. 工业制取漂粉精：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
D. 实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O
8. 无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL气体经过如图的实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则甲气体的组成为( )
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO2、CO2
C. NO、CO2、N2 D. NH3、NO、CO2
9. 下列离子能够大量共存的有( )
A. 强酸性溶液中：K+、Na+、S2−、Cl−
B. 强碱性溶液中：Ba2+、Na+、HCO3−、NO3−
C. 强酸性溶液中：Fe2+、Cu2+、SO42−、NO3−
D. 透明溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42−、Cl−
10. 用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是( )
途径①：S→浓HNO3H2SO4
途径②：S→O2SO2→O2SO3→H2OH2SO4.
A. 途径②的尾气可以用氨水进行回收利用
B. 途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性
C. 由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1mol S，各转移6mol电子
D. 与途径①相比，途径②更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②污染相对小且原子利用率高
11. 已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法错误的是( )
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
B. 若A为铜，则在图中的反应，X只起氧化的作用
C. 若A为碳单质，则C不宜用来扑灭由钠引起的着火
D. 将B气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
12. 下列反应中因反应物用量不同而导致生成物不同的是( )
①Na2CO3与稀盐酸②Fe与稀HNO3③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液④FeBr2溶液与Cl2⑤Fe与Cl2
A. ①②④ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ①③④
13. 某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl−、SO42−、CO32−、AlO2−中的若干种离子，离子浓度均为 0.1mol⋅L−1.某同学进行了如下实验：
下列说法正确的是( )
A. 无法确定原试液中是否含有 Al3+、Cl−
B. 滤液 X 中大量存在的阳离子有 NH4+、Fe2+和Ba2+
C. 无法确定沉淀 C 的成分
D. 原溶液中存在的离子为 NH4+、Fe2+、Cl−、SO42−
14. 用20mL18.4mol⋅L−1的浓硫酸与铜共热一段时间后，冷却，过滤除去多余的铜，将滤液稀释到100mL，得到溶液中SO42−的浓度为3.18mol⋅L−1，则此时溶液中CuSO4的物质的量浓度为( )
A. 0.50mol⋅L−1 B. 0.75mol⋅L−1 C. 1.00mol⋅L−1 D. 3.18mol⋅L−1
15. 无色溶液甲可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3−、Cl−、SO42−、CO32−八种离子中的若干种。为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。
②向另一份溶液中加入含有0.3molBaCl2的溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液。
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，得到沉淀X的质量为46.6g。
④向上述滤液中加入含有0.65mol的AgNO3溶液，恰好可完全反应。据此，请回答下列问题(用相应的离子符号表示)：
已知：NH4+和OH−在加热情况下能生成NH3
(l)上述实验③中得到沉淀X的物质的量为______mol。
(2)实验③过程中发生的反应，用离子方程式表示为______。
(3)甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______。
(4)甲溶液一定存在的离子中，物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______，物质的量最小的离子的物质的量为______。
16. 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。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氧化物为______(填化学式)。
(2)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为______。
(3)Z的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了Z的______性。
(4)写出硫与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式______。
(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的方法理论上可行的是______(填字母)。
a.Na2SO3+Sb.Na2S+Sc.SO2+Na2SO4 d.Na2SO3+Na2SO4
17. 硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。
(1)浓硝酸具有以下性质：
①强氧化性
②酸性
③还原性
④不稳定性
⑤挥发性
下列反应或者现象主要体现了硝酸的什么性质：
①久置浓硝酸显黄色 ______(填序号，下同)。
②用稀硝酸清洗试管壁上的银 ______。
③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体 ______。
(2)请写出实验室中用Cu与稀HNO3反应制取NO的化学方程式并用双线桥标明电子的转移方向及数目 ______。
(3)64gCu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体(标准状况下)，反应中消耗的HNO3的物质的量是 ______。(填字母代号)
A.0.5mol
B.1.0mol
C.2.0mol
D.3.0mol
(4)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用，为了可持续发展，当今社会提出的一个新概念--“绿色化学”，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”的是 ______。(填字母代号)
A.Cu→HNO3Cu(NO3)2
B.Cu→O2CuO→HNO3Cu(NO3)2
C.Cu→O2CuO→H2OCu(OH)2→HNO3Cu(NO3)2
D.Cu→H2SO4CuSO4→Ba(NO3)2Cu(NO3)2
(5)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等，锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。写出该反应的化学方程式 ______，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 ______。
18. 喷泉是一种常见的现象，其产生的原理是存在压强差(如图所示)。
试回答下列问题：
(1)实验室制取氨气的化学方程式为______。
①用图①装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发喷泉的操作是______。
②如果只提供图②的装置，请说明引发喷泉的方法：______。
(2)利用图③装置，在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是______。
A.Cu与稀盐酸
B.Fe和稀硫酸
C.Cu与稀硝酸
D.NaHCO3溶液与NaOH溶液
(3)在图④锥形瓶中加入酒精，瓶外放一水槽，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉，水槽中加入的物质可能是______。
A.浓硫酸 B.食盐 C.硝酸钾 D.硫酸铜
(4)同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3和NO2，进行喷泉实验，如图所示，经充分反应后，发现烧瓶①中充满液体，②中充有23体积的液体，则两烧瓶内溶质的物质的量浓度的正确关系是______
A.①>②B.①<②C.①=②D.不能确定
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误；
B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C.太阳能电池板的主要成分是硅单质，故C正确；
D.水晶的主要成分是二氧化硅，故D错误。
故选：C。
玛瑙、光导纤维以及水晶的主要成分是二氧化硅，太阳能电池板的主要成分是硅单质．
本题考查硅及二氧化硅的用途，题目较为简单，注意积累常见物质的组成和用途．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集和制取，明确实验原理及气体收集方法是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性进行分析解答，易错选项是A.
【解答】
A.加热固体制取气体时，试管口应略向下倾斜，故A错误；
B.NO易与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，故B错误；
C.氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，所以集气瓶中导气管应该“短进长出”，故C错误；
D.双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气，氧气不易溶于水，可以采用排水法收集氧气，故D正确。
3.【答案】D
【解析】解：A.浓硝酸使石蕊试液变红，然后利用浓硝酸的强氧化性将有色物质氧化，使溶液褪色，而稀硝酸只能使石蕊试液变红不能褪色，能够说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故A不选；
B.浓硝酸能将NO氧化成NO2，体现浓硝酸的强氧化性，而稀硝酸不能将NO氧化成NO2，从而说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故B不选；
C.浓硝酸在加热条件下能与碳单质反应生成CO2、NO2、H2O，体现浓硝酸的强氧化性，而稀硝酸则不与碳单质发生反应，从而推出浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C不选；
D.不能从转移电子多少判断氧化性的强弱，因此足量的铜还原1mol浓硝酸和1mol稀硝酸转移电子数分别为NA和3NA，不能说明浓硝酸和稀硝酸氧化性的强弱，故D选；
故选：D。
A.硝酸遇石蕊试液变红，是因为其酸性，浓硝酸具有强氧化性能将有色物质氧化，使其褪色；
B.浓硝酸具有强氧化性能将NO氧化生成NO2，稀硝酸不能；
C.浓硝酸具有强氧化性在加热条件下可与碳单质反应，而稀硝酸不能；
D.不能从转移电子多少判断氧化性的强弱。
本题考查浓硝酸与稀硝酸氧化性强弱的比较，明确氧化性的比较及硝酸的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A、由方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；
B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；
C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误；
D、反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确。
故选：D。
NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应的方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题．
本题考查氧化还原反应，难度较大，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目．
5.【答案】D
【解析】解：A.观察K+的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃，由操作和现象可知，不能确定是否含K+，故A错误；
B.白色沉淀可能为AgCl，由操作和现象可知，原溶液中不一定含SO42−，故B错误；
C.该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有CO32−或SO32−或HCO3−等，故C错误；
D.向某溶液中先加入几滴淀粉溶液，无明显现象，再滴氯水，溶液变蓝，说明有I2生成，则原溶液中一定含有I−，故D正确；
故选：D。
A.观察K+的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.该气体可能为二氧化碳或二氧化硫等；
D.新制的氯水能将I−氧化为I2。
本题考查了常见离子的检验，为高频考点，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，注意检验离子存在情况时，需要排除干扰，确保检验方案的严密性，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.铜和硫反应后变为+1价，故1mol铜失去1mol电子，个数N=nNA=1mol×NA/mol=NA个，故B错误；
C.铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，铜也不能反应完全，则生成的SO2在标准状况下的体积小于4.48L，故C错误；
D.C和浓H2SO4反应后变为+4价，0.5molC反应后转移电子为2NA个，故D正确；
故选：D。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.铜和硫反应后变为+1价，故1mol铜失去1mol电子；
C.铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；
D.C和浓H2SO4反应后变为+4价。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，质量换算物质的量计算微粒数，主要考查气体摩尔体积的条件应用，应注意的是铜和硫反应后变为+1价，熟悉相关公式及物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硅与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故A正确；
B.加热条件下铁与水蒸气反应，化学方程式为：3Fe+4H2O(g)−△Fe3O4+4H2，故B错误；
C.氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；
D.氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，故D正确；
故选：B。
A.二氧化硅与氢氧化钠反应生成具有粘性的硅酸钠溶液；
B.加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
C.氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
D.氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水。
本题考查了化学方程式书写正误判断，明确物质的性质，熟悉反应实质即可解答，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：二氧化氮是红棕色气体；硫酸和碱性气体能反应，所以100mL混合气体甲经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL；二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，一氧化氮无色，与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2；用排水法收集气体，最后几乎无气体剩余，说明混合气体中没有N2，故含有的气体为NH3、NO、CO2，
故选：D。
二氧化氮是红棕色气体；硫酸和碱性气体能反应，所以浓硫酸吸收了NH3且体积为20mL；二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；一氧化氮无色，与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2；最后几乎无气体剩余，说明混合气体中没有N2。
本题考查常见气体的检验和性质，是一道气体的鉴别题目，注意氨气的碱性、注意二氧化碳和过氧化钠的反应，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.H+、S2−之间反应生成硫化氢，不能大量共存，故A错误；
B.Ba2+、HCO3−、OH−之间反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+、NO3−在强酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+、Mg2+、SO42−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.硫离子与氢离子反应；
B.碳酸氢根离子与、氢氧根离子、钡离子反应生成碳酸钡沉淀；
C.酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.四种离子之间不反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.途径②的尾气为SO2、SO3，氨水可与SO2、SO3反应生成盐，途径②的尾气可以用氨水进行回收利用，故A正确；
B.S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故B错误；
C.途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到+6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6mole−，故C正确；
D.途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确；
故选：B。
A.氨水可与SO2、SO3反应生成盐；
B.S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，不体现酸性；
C.根据S元素的化合价变化分析；
D.途径①有副产物，而且污染。
本题考查了物质的制备方案设计、物质的性质及氧化还原反应，把握发生的反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意理论计算中化合价与转移电子的关系，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，确定X为浓硫酸。
A.蔗糖分子式为C12H22O11，浓硫酸使蔗糖中氢、氧按水的组成脱水去后剩余碳，所以浓硫酸使蔗糖变黑的现象主要体现了浓硫酸的脱水性，故A正确；
B.若A为铜，铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，硫元素化合价部分降低，部分不变，体现浓硫酸强氧化性和酸性，故B错误；
C.若A为碳单质，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2SO2↑+2H2O，B是二氧化硫，C为二氧化碳，由钠引起的着火，生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，二氧化碳所以不宜用来扑灭由钠引起的着火，故C正确；
D.B为二氧化硫气体，有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，故D正确；
故选：B。
浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，以此解答该题。
本题为框图推断题，为高频考点，侧重考查浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸脱水性、强氧化性是解题关键，突破口为“X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑”，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：①Na2CO3与稀盐酸反应，盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳，产物与反应物用量有关，故选；
②Fe与稀HNO3反应，铁少量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁，产物与反应物用量有关，故选；
③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液生成碳酸钙和水，产物与反应物用量无关，故不选；
④FeBr2溶液与Cl2反应，氯气少量先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子，产物与反应物用量有关，故选；
⑤Fe与Cl2反应生成氯化铁，产物与反应物用量无关，故不选；
故选：A。
①Na2CO3与稀盐酸反应，盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳；
②Fe与稀HNO3反应，铁少量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁；
③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液生成碳酸钙和水；
④FeBr2溶液与Cl2反应，氯气少量先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子；
⑤Fe与Cl2反应生成氯化铁。
本题考查学生物质之间反应时，用量的多少，反应条件的不同，对反应产物会产生影响，可以根据所学知识来回答，难度中等。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了常见离子的性质检验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度一般。
【解答】
加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO32−，无AlO2−；
加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH−、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol⋅L−1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl−、SO42−才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。
故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
14.【答案】A
【解析】解：20mL18.4mol⋅L−1 浓H2SO4的物质的量为：0.02L×18.4mol/L=0.368mol，n(SO42−)=0.368mol，
反应后n(SO42−)=0.1L×3.18mol⋅L−1=0.318mol，则减少的n(SO42−)=0.368mol−0.318mol=0.05mol，说明反应生成SO2为0.05mol，
由反应Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+2H2O+SO2↑可知，n(CuSO4)=n(SO2)=0.05mol，
则此时溶液中CuSO4的物质的量浓度为：c(CuSO4)=0.05mol0.1L=0.50mol/L，
故选：A。
20mL18.4mol⋅L−1 浓H2SO4的物质的量为0.02L×18.4mol/L=0.368mol，n(SO42−)=0.368mol，反应后n(SO42−)=0.1L×3.18mol⋅L−1=0.318mol，则减少的n(SO42−)=0.368mol−0.318mol=0.05mol，所以生成二氧化硫为0.05mol，结合Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+2H2O+SO2↑分析．
本题考查物质的量浓度的计算，明确减少的硫酸根离子与生成二氧化硫的量的关系是解答本题的关键，注意基本公式的应用，题目难度不大．
15.【答案】0.22H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+ Ca2+、Cu2+ NO3− K+。 Cl− 0.1mol
【解析】解：①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且n(NH4+)=4.48L22.4L/mol=0.2mol；
②向另一份溶液中加入0.3mol的BaCl2溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则m(BaSO4)=0.3mol×233g/mol=69.9g，如为BaCO3，m(BaCO3)=0.3mol×197g/mo=59.1g，则说明甲中含有SO42−，CO32−，设分别为xmol，为ymol，
则x+y=0.3，233x+197y=66.3，解得x=0.2，y=0.1，含有0.2molSO42−，0.1molCO32−，则不含Ca2+和Cu2+；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，与碳酸钡反应，得到沉淀为0.2molBaSO4，则一定不存在Ca2+；
④向上述滤液中加入0.65molAgNO3溶液，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl−)=0.65mol，而②加入n(Cl−)=0.3mol×2=0.6mol，则说明溶液甲中含有0.65mol−0.6mol=0.05molCl−；
如不含NO3−，则由电荷守恒可知一定含有K+，由n(K+)+n(NH4+)=2n(CO32−)+2n(SO42−)+n(Cl−)，
则n(K+)=2×0.1mol+2×0.2mol+0.05mol−0.2mol=0.45mol，
因分成两份，则甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42−、0.2molCO32−、0.1molCl−；
如含有NO3−，则K+大于0.9mol，
(1)上述实验③中得到沉淀C为硫酸钡，物质的量n=46.6g233g/mol=0.2mol，
故答案为：0.2；
(2)③向上述沉淀中加入过量的盐酸，与碳酸钡反应，离子方程式为：2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+，
故答案为：2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+；
(3)由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3−，
故答案为：Ca2+、Cu2+；NO3−；
(4)甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42−、0.2molCO32−、0.1molCl−，如含有NO3−，则K+大于0.9mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl−，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1mol，
故答案为：K+；Cl−；0.1mol。
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+；
②向另一份溶液中加入0.3mol的BaCl2溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则m(BaSO4)=0.3mol×233g/mol=69.9g，如为BaCO3，m(BaCO3)=0.3mol×197g/mo=59.1g，则说明甲中含有SO42−，CO32−，不含Ca2+和Cu2+；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，与碳酸钡反应，得到沉淀为0.2molBaSO4，则一定不存在Ca2+；
④向上述滤液中加入0.65molAgNO3溶液，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl−)=0.65mol，而②加入n(Cl−)=0.3mol×2=0.6mol，则说明溶液甲中含有0.65mol−0.6mol=0.05molCl−，以此解答该题。
本题考查物质的鉴别以及混合物的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意利用反应的不同现象来区分是解答的关键，明确无机物之间的反应即可解答，题目难度中等。
16.【答案】SO22H2S+SO2=3S↓+2H2O强氧化 S+2H2SO4(浓)−△3SO2↑+2H2Oa
【解析】解：(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，则图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3，氧化物为SO2，
故答案为：SO2；
(2)X为H2S，Y为SO2，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，发生反应的化学方程式：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，
故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的强氧化性，
故答案为：强氧化；
(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水，反应的化学方程式：S+2H2SO4(浓)−△3SO2↑+2H2O，
故答案为：S+2H2SO4(浓)−△3SO2↑+2H2O；
(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2，只有a符合，
故答案为：a。
(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性；
(2)X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；
(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水；
(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价与微粒的性质，题目难度不大。
17.【答案】④ ①② ② DB4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2Oa4mol
【解析】解：(1)①久置浓硝酸显黄色是浓硝酸分解生成的二氧化氮溶解在浓硝酸中形成，表现的是浓硝酸的不稳定性，
故答案为：④；
②用稀硝酸清洗试管壁上的银，是稀硝酸和银发生氧化还原反应生成硝酸银，表现的是硝酸的酸性和氧化性，
故答案为：①②；
③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体是稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，利用的是硝酸的酸性，
故答案为：②；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮与水，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应中Cu元素从0价升高为+2价，3Cu共失6e−，硝酸是氧化剂，得电子，用双线桥分析此氧化反应中电子转移和数目为，
故答案为：；
(3)铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，n(气体)=22.4L22.4L/mol=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，n(Cu)=64g64g/mol=1mol，则生成n[Cu(NO3)2]=1mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为1mol×2=2mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：1.0mol+2mol=3mol，
故答案为：D；
(4)A.铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮等大气污染物，不符合绿色化学的要求，故A错误；
B.生成氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，绿色环保，符合绿色化学的要求，故B正确；
C.CuO不能与水反应生成氢氧化铜，不能制得硝酸铜，方案不可能，故C错误；
D.该途径中铜与稀硫酸不反应，不能制得硫酸铜；铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫气体，污染大气，不符合绿色化学的要求，故D错误；
故答案为：B；
(5)锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，反应的化学方程式：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O，电子守恒得到，反应过程中生成4mol硝酸锌，被还原的硝酸1mol，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为a4mol，
故答案为：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O；a4mol。
(1)①久置浓硝酸显黄色是浓硝酸分解生成的二氧化氮溶解在浓硝酸中形成；
②用稀硝酸清洗试管壁上的银，是稀硝酸和银发生氧化还原反应生成硝酸银；
③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体是稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，结合化合价的升降分析此反应；
(3)和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，这两部分硝酸的物质的量即为消耗的硝酸的物质的量；
(4)制备硝酸铜，要符合绿色化学的要求方案，应杜绝生成污染性气体，且实验步骤少，消耗原料较少，以此解答该题；
(5)锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式，结合化学方程式定量关系计算电子转移总数和被还原硝酸物质的量。
本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平及含氮化合物的综合应用等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力，注意掌握氧化还原反应的计算方法，明确含氮化合物的知识及其应用。
18.【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O打开止水夹，挤压胶头滴管 打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾 BC A C
【解析】解：(1)实验室制取氨气常用熟石灰和氯化铵，加热时生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
①氨气是一种极易溶于水的气体，图①装置中，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，瓶内压强减小，在外界气压的作用下，水被压到瓶内，形成喷泉现象，
故答案为：打开止水夹，挤压胶头滴管；
②图②装置中，先微热法将装置中的气体排出微量，形成压强差，根据氨气极易溶于水的性质，使烧瓶中水迅速进入烧瓶，形成喷泉，即打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾，
故答案为：打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，移开热毛巾；
(2)图③是在锥形瓶中加入的物质能导致锥形瓶中气压变大、形成喷泉；
A.Cu与稀盐酸不反应，所以不能导致锥形瓶中的气压变大，故A错误；
B.Fe和稀硫酸生成气体氢气，能导致锥形瓶中的气压变大、形成喷泉，故B正确；
C.Cu与稀硝酸反应生成NO气体，能导致锥形瓶中的气压变大、形成喷泉，故C正确；
D.NaHCO3与NaOH溶液反应、但不生成气体，不能导致锥形瓶中的气压变大，故D错误；
故答案为：BC；
(3)在图④锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的物质，结果也产生了喷泉，就必须要求水槽中加入的物质后能使锥形瓶中的温度明显升高：
浓硫酸溶于水放出大量的热使酒精蒸发产生大量酒精蒸气，使锥形瓶内压强大大增加；食盐、硝酸钾、硫酸铜溶于水不会使水的温度升高，水温几乎不变，所以不能形成喷泉；
故答案为：A；
(4)相同条件下，等体积气体的物质的量相等，氨气易溶于水，则盛有等体积氨气的烧瓶倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；
二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的23，
假设烧瓶的体积为1L，该条件下气体摩尔体积为Vm，则n(NH3)=n(NO2)=1Vmmol，n(HNO3)=23n(NO2)=23Vmmol，溶液的体积分别为：V(HCl)=1L，V(HNO3)=23L，
则c(HNO3)=nV=1Vmmol/L，c(氨水)=1Vmmol/L，所以两种溶液的物质的量浓度相等，故选C，
故答案为：C。
(1)实验室制取氨气常用熟石灰和氯化铵，加热时生成氨气、氯化钙和水，据此写出反应的化学方程式；喷泉实验利用的原理是压强差，；
(2)由图可知，加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉，结合物质的性质及反应是否生成气体判断；
(3)水槽中温度升高，使酒精挥发，锥形瓶中气压变大、形成喷泉；
(4)相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气极易溶于水，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，据此计算硝酸的浓度、比较。
本题考查化学实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握实验装置的作用、物质的性质、喷泉实验的原理、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合、物质的量浓度的计算，题目难度中等。
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