新高考化学一轮复习考点过关练习专题 05化工生产中的重要非金属元素（含解析）

这是一份新高考化学一轮复习考点过关练习专题 05化工生产中的重要非金属元素（含解析），共13页。试卷主要包含了下列物质可以用铝制容器存放的是，有关二氧化硫的说法错误的是，化学与生活、生产、科技密切相关等内容，欢迎下载使用。

专题05 化工生产中的重要非金属元素
1．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有( )
A．还原性 B．氧化性 C．漂白性 D．酸性
【答案】A
【解析】二氧化硫能使溴水褪色，是由于发生反应：Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。在该反应在二氧化硫中的S元素的化合价升高，失去电子，表现还原性。故选A。
2．下列物品或设备主要成分中含有单质硅的是( )
A．光导纤维 B．水晶项链 C．门窗玻璃 D．太阳能电池
【答案】D
【解析】A项，光导纤维的主要成分为二氧化硅，故A错误；B项，水晶项链的主要成分为二氧化硅，故B错误；C项，玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙以及二氧化硅，含有二氧化硅，故C错误；D项，硅为良好的半导体材料，可用于制太阳能，太阳能电池含有单质硅，故D正确；故选D。
3．下列物质可以用铝制容器存放的是(　　)
A．浓硝酸 B．稀硫酸 C．浓盐酸 D．浓氢氧化钠溶液
【答案】A
【解析】A项，常温下，铝在浓硝酸中钝化，阻止了铝进一步和浓硝酸反应，因此铝制容器可以存放浓硝酸，A正确；B项，稀硫酸会与铝反应，直至铝反应完全，不能用铝容器存放稀硫酸，B错误；C项，浓盐酸会与铝反应，直至铝反应完全，不能用铝容器存放浓盐酸，C错误；D项，浓氢氧化钠溶液会与铝反应，直至铝反应完全，不能用铝容器存放浓氢氧化钠溶液，D错误；故选A。
4．下列反应中，SO2表现氧化性的是(　　)
A．2SO2＋O22SO3
B．SO2＋H2OH2SO3
C．2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
D．SO2＋2H2O＋Cl2===H2SO4＋2HCl
【答案】C
【解析】A项、D项反应中，SO2中硫元素化合价均由＋4价升高到＋6价，SO2表现了还原性；B项中，硫元素化合价未变，在反应中SO2表现了酸性氧化物的性质；C项中，SO2中硫元素化合价降低，SO2表现了氧化性。
5．有关二氧化硫的说法错误的是(　　)
A．SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液均能发生反应
B．SO2能使品红溶液褪色是因为它的氧化性
C．用酒精灯加热已被SO2褪色的品红溶液，可恢复原来的红色
D．SO2和O2混合后在催化剂存在的条件下加热，可生成三氧化硫
【答案】B
【解析】二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸与亚硫酸的正盐可生成酸式盐，亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，故它还能与碳酸氢盐反应：SO2＋H2O＋Na2SO3===2NaHSO3，SO2＋NaHCO3===NaHSO3＋CO2。二氧化硫具有漂白性，它的漂白原理是由于二氧化硫和品红结合生成无色的不稳定化合物，它的漂白原理与次氯酸的漂白原理不同。给被二氧化硫褪色的品红加热，无色不稳定的化合物分解，品红又恢复红色。二氧化硫和氧气的反应必须在有催化剂存在的条件下加热才能进行，所以A、C、D正确。
6．下列关于浓硫酸特性的叙述不正确的是( )
A．浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性等特性
B．浓硫酸能吸收气体中的水蒸气，常作氨气、二氧化硫等气体的干燥剂
C．浓硫酸可以吸收固体中的湿存水、结晶水合物中的结晶水
D．在反应C12H22O1112C＋11H2O，浓硫酸作脱水剂
【答案】B
【解析】浓硫酸具有吸收现成的水(如气体中、液体中的水分子，以及固体中的结晶水等)的性能，表现浓硫酸的吸水性，浓硫酸可将许多有机物中的氢和氧原子按水分子的组成比例脱去，表现浓硫酸的脱水性，常温下，浓硫酸可使铁、铝等金属钝化. 加热时，大多数金属都能被浓硫酸氧化为最高价态.此类反应生成相应的金属硫酸盐、二氧化硫和水，表现浓硫酸的强氧化性，通常情况下，浓硫酸可做干燥剂，但由于浓硫酸具有酸性和强氧化性，所以不能干燥碱性气体和还原性气体，所以不能干燥NH3、H2S等，可以干燥SO2、O2、N2等，故B错误。
7．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是( )
A．氮气性质稳定，可用于工业制镁的冷却剂
B．N2H4和N2O4可用作航天飞机的燃料
C．碳酸氢铵常用作氮肥，不可与碱性肥料混用
D．硝酸可用于制造染料、塑料、炸药和硝酸盐
【答案】A
【解析】A项，Mg和氮气能反应生成氮化镁，A错误； B项，2N2H4 + N2O4 = 3N2↑+ 4H2O↑，N2H4和N2O4反应放出大量的热且产生大量的气体，可用作航天飞机的燃料，B正确；C项，碳酸氢铵为铵态氮费，铵根离子与碱反应放出氨气肥效降低，故碳酸氢铵不可与碱性肥料混用，C正确；D项，硝酸可用于制造染料、塑料、炸药、硝酸盐、农药、化肥等，D正确。故选A。
8．化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的有( )
A．工业生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料
B．光导纤维的主要材料是SiO2
C．单质硅可用于制取通信芯片
D．“”飞机身使用的复合材料之一碳纤维，属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】A项，工业生产水泥和玻璃需要用到石灰石，制漂白粉用石灰乳，A错误；
B项，二氧化硅用于制作光导纤维，B正确；C项，芯片主要成分为单志硅，C正确；D项，碳纤维是碳单质，属于碳的同素异形体，是新型无机非金属材料，D正确；故选A。
9．用来鉴别浓硫酸和稀硫酸的操作不正确的是(　　)
A．分别取10 mL溶液，质量大的是浓硫酸，质量小的是稀硫酸
B．观察液体流动性，流动性好的是稀硫酸，油状黏稠的是浓硫酸
C．把CuSO4·5H2O晶体投入溶液中，逐渐变为白色粉末的是浓硫酸，晶体溶解的是稀硫酸
D．将铝片分别投入溶液，快速放出气体的是浓硫酸，放出气体慢的是稀硫酸
【答案】B
【解析】硫酸浓度越大密度越大，故等体积的浓硫酸和稀硫酸相比，浓硫酸的质量大于稀硫酸，A项正确。浓硫酸是黏稠的液体，流动性不如稀硫酸，B项正确。浓硫酸有吸水性，能吸收结晶水合物中的结晶水，故胆矾投入浓硫酸会变为白色粉末，投入稀硫酸中胆矾晶体溶解，C项正确。常温下浓硫酸使铝片钝化无气体放出，铝片投入稀硫酸中有气体(氢气)放出，D项不正确。
10．空气质量报告主要包括“空气污染指数”、“首要污染物”、“空气质量级别”、“空气质量状况”等。下图为一报告截图，下列叙述错误的是( )

A．该市当天空气首要污染物是PM2.5 B．该市当天空气质量等级属于重度污染
C．均可导致酸雨 D．污染物NO2可能主要来源于机动车尾气
【答案】C
【解析】A项，由图可知，该市当天空气首要污染物是PM2.5，A项正确；B项，空气质量指数为250，则该市当天空气质量等级属于重度污染，B项正确；C项，CO2不会导致酸雨，会引起温室效应，C项错误；D项，机动车尾气存在NO2，即污染物NO2可能主要来源于机动车尾气，D项正确；故选C。
11．下列说法正确的是( )
A．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
B．可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2
C．SO2能使酸性KMnO4水溶液褪色，是因为SO2有漂白性
D．SO2通入到紫色石蕊试液中，溶液只变红不褪色
【答案】D
【解析】A项，硫粉燃烧产物只能是SO2；B项，两者均与澄清石灰水生成浑浊，排除；C项，SO2表现还原性，将KMnO4还原；D项，SO2与生成中强酸亚硫酸，使石蕊呈红色(SO2并不能漂白石蕊)；答案为D。
12．下列关于氮及其化合物的说法正确的是(　　)
A．N2分子的结构稳定，因而氮气不能支持任何物质的燃烧
B．液氨汽化时要吸收大量热，因而液氨可用作制冷剂
C．NO可用向上排空气法或排水法收集
D．浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发
【答案】B
【解析】Mg能在N2中燃烧，A项错误；NO能与空气中的O2反应生成NO2，C项错误；浓硝酸见光易分解，故保存在棕色瓶内，D项错误。
13．下列说法不正确的是(　　)
A．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C．铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成
【答案】A
【解析】A项中加入Cu(NO3)2固体后，Cu和H＋、NO发生反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，该项不正确。
14．在探究SO2的性质实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是(　　)
A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3
B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明+4价硫具有还原性
C．将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2的水溶液显酸性
D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3
【答案】A
【解析】向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，酸性条件下，SO2被NO氧化为SO，产生的白色沉淀是BaSO4，A项错误；向溴水中通入SO2，溶液褪色，发生的反应为SO2＋Br2＋2H2O===2Br－＋4H＋＋SO，SO2作还原剂，说明＋4价硫具有还原性，B项正确；将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2的水溶液显酸性，C项正确；向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3，D项正确。
15．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是( )
A．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料
B．“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化
C．沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐
D．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦
【答案】C
【解析】制作砖瓦和陶瓷的主要原料是粘土，故A错误；，粘土的主要成分均为硅酸盐，灼烧使粘土发生复杂的物理化学变化，故B正确；沙子的主要成分是二氧化硅，粘土的主要成分均为硅酸盐，故C错误；浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法，所以烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦，故D正确。
16．关于氮的变化关系图如图：

则下列说法不正确的是(　　)
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．上述反应中只有③属于氮的固定
【答案】D
【解析】工业上生产硝酸的流程是氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应4NH3＋5O24NO＋6H2O路线①，一氧化氮与氧气反应2NO＋O2===2NO2路线②，二氧化氮被水吸收3NO2＋H2O===2HNO3＋NO路线③，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应：N2＋O22NO路线Ⅰ；NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO＋O2===2NO2路线Ⅱ，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO路线Ⅲ，B正确；从氮的变化关系图可知：N从N2(0价)→NO(＋2价)→NO2(＋4价)→HNO3(＋5价)，都是氧化还原反应，C正确；上述反应中空气中的氮气转变为含氮化合物，符合氮的固定的定义，属于氮的固定，②③含氮化合物转变为其他物质，是氮的化合物之间的转化，不是氮的固定，D错误。
17．实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物(加热及加持装置略)。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是( )

A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3
B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应
C．Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
D．Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
【答案】D
【解析】A项， Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；B项， Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；C项，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；D项， SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；故选D。
18．(2021•河北选择性考试)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是( )
A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
【答案】D
【解析】A项，NO2是红棕色且有刺激性气味的气体，而SO2是无色有刺激性气味的气体，A错误；B项，汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；C项，氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；D项，工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；故选D。
19．(2021•河北选择性考试)关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是( )
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【解析】A项，浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；B项，NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，ClO3在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；C项，HI的沸点低，易挥发加热NaI与浓H3PO4混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D项，相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；故选B。
20．二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料。下列说法正确的是(　　)

A．SiO2既能与HF反应， 又能与NaOH反应，属于两性氧化物
B．SiO2和Si都是光导纤维材料
C．利用SiO2与NaOH溶液反应可制取“水玻璃”
D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应
【答案】C
【解析】两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，A项错误；SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B项错误；“水玻璃”是NaSiO3的水溶液，C项正确；制取Si的过程中涉及了氧化还原反应，D项错误。
21．水玻璃(Na2SiO3溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2：65%～70%、C：30%～35%)制取水玻璃的工艺流程：

下列说法正确的是(　　)
A． 原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值
B． 操作A与操作B完全相同
C． 该流程中硅元素的化合价发生改变
D． 反应器中发生的复分解反应为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
【答案】A
【解析】A项，稻壳灰来源广泛价格低廉，活性碳具有吸附性，有较高的经济价值，A正确；B项，操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩，是两种不同的操作，B错误；C项，二氧化硅中，硅元素的化合价是＋4价，硅酸钠中，硅元素的化合价是＋4价，所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变，C错误；D项，复分解反应是指由两种化合物相互交换成分，生成另外两种新的化合物的反应，反应SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O不属于复分解反应，D错误。
22．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分，设计了如图流程。已知：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，下列说法正确的是

A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．处理含NH4+废水时，发生的反应：NH4++5NO2-+4H+==6NO↑+4H2O
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】D
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可以为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A项，根据上述分析可知，固体1中的主要成分为CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，A选项错误；B项，若X为过量的空气或者氧气，会将NO氧化成NO3-，无法与NH4+发生反应，B选项错误；C项，处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为NH4++NO2-===N2↑+2H2O，C选项错误；D项，由以上分析可知，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故D正确；故选D。
23．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质化学性质的两个重要角度。硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为)，下列说法正确的是( )

A．b到d可直接转化
B．工业上，在常温下可以用铁罐储存f的浓溶液
C．c能将滴有酚酞的氢氧化钠稀溶液变为无色，表现其漂白性
D．将氯化钡溶液分别滴入h和g的稀溶液中，现象不同
【答案】B
【解析】由图可知，a为-2价的氢化物，即H2S；b为S单质；c为+4价的氧化物，即SO2，d为+6价的氧化物，即SO3；e为+4价的含氧酸，即H2SO3，f为+6价的含氧酸，即H2SO4；g为+4价的正盐，如Na2SO3，h为+6价的正盐，如Na2SO4。A项，b为S单质，d为SO3，硫不能直接转化SO3，A项错误；B项，根据分析可知，f的浓溶液是浓硫酸，在常温下可以使铁被氧化为一层致密的氧化物保护膜，阻止反应的继续进行，所以可以用铁罐储存，B项正确；C项，c为SO2，能将滴有酚酞的氢氧化钠稀溶液变为无色，不是因为漂白性，而是因为酸性氧化物的性质，C项错误；D项，根据分析可知，h和g分别为Na2SO3和Na2SO4，将氯化钡溶液分别滴入h和g的稀溶液中，均产生白色沉淀，现象相同，D项错误；故选B。
24．工业上常采用生物硝化法将NH转化为NO来处理氨氮废水，工作流程如图，下列说法错误的是(　　)

A．生物硝化法处理废水，会导致水体pH逐渐下降：NH＋2O2===NO＋2H＋＋H2O
B．长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致土壤酸化，水体富营养化
C．检验NH所需的试剂是浓NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸
D．微生物保持活性的pH范围为7～9，可以加入石灰石来调节水体的pH
【答案】C
【解析】根据流程图可知A项正确；NH4Cl水解呈酸性，长期过量使用会导致土壤酸化，也会导致水体富营养化，B项正确；检验NH应使用红色石蕊试纸，C项错误；由选项A可知，生物硝化法处理废水会使水体呈酸性，可以加入石灰石与H＋反应来调节水体的pH，D项正确。
25．NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(见下图)，下列说法正确的是(　　)

A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解
C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D．图中所涉及的O2都要用纯氧
【答案】C
【解析】化肥是含氮、磷、钾的一些植物营养物质，NaHCO3 不是化肥，A不正确；Na2CO3受热不易分解，B不正确；NH3和NO2在一定条件下可以发生氧化还原反应，如生成氮气，C正确；氨的催化氧化以及NO与O2的反应用空气就可以，不一定要用纯氧，D不正确。
26．实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是(　　)

A．装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
B．实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe2＋
C．装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
【答案】B
【解析】铁丝与浓硫酸反应生成SO2，因为酸性高锰酸钾具有强氧化性，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性，故A说法正确；Fe2＋具有还原性，应用KMnO4酸性溶液检验，故B说法错误；品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故C说法正确；导管a的作用是使内外压强相同，防止装置B中的溶液倒吸，故D说法正确。
27．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol·L－1和2 mol·L－1，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)(　　)
A．0.448 L B．0.672 L C．0.896 L D．0.224 L
【答案】B
【解析】金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋＋2NO===
3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量，产物为Fe2＋)，反应中Fe和H＋过量，生成的NO的量以NO为准来计算，共得NO 0.448 L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H＋反应产生H2，即有Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，生成的H2为0.224 L，所以气体体积共计0.672 L，应选B。
28．将一定体积稀硝酸溶液平均分为两份，一份与足量的铜粉反应收集到气体的体积为V1，另一份先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到气体的体积为V2(V1和V2都在同一条件下测定)，则下列观点不正确的是( )
A．V2一定大于V1
B．若3V1=V2，则反应后的溶液中均有NO3－剩余
C．若4V1=V2，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为1：3
D．V2不可能等于5倍的V1
【答案】C
【解析】设等体积的硝酸和硫酸中硝酸和硫酸的物质的量分别为xmol、ymol，然用3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O解题。若4V1=V2，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为2：3。
29．某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应的探究实验：①加热过程中发现试管底部有黑色颗粒状物质，后来逐渐转变为灰白色固体；②倒去试管中的液体后，将残余固体(表面含有少量浓硫酸)倒入少量水中，发现溶液变蓝；并有黑色固体残余；③将②残余黑色固体过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸并加热，固体溶解，溶液变蓝；④向③所得溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生。下列结论不正确的是( )
A．铜与浓硫酸反应生成的白色固体是CuSO4 B．①中灰白色固体不可能含有CuO
C．②中的黑色固体可能含有CuS或Cu2S D．④中所得的白色沉淀是BaSO3
【答案】D
【解析】A项，因倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，说明白色固体是CuSO4，这个白色的CuSO4是由于浓硫酸具有吸水性使生成的CuSO4过饱和而析出，A正确；B项，反应中硫酸过量，氧化铜能与硫酸反应，则①中灰白色固体不可能含有CuO，且氧化铜是黑色固体，B正确；C项，黑色固体不溶于稀硫酸，但能溶于硝酸，则②中的黑色固体可能含有CuS或Cu2S，C正确；D项，因倒入烧杯时含有少量硫酸，所以加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4，酸性溶液中不可能生成BaSO3，D错误。
30．某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一种或几种。为探究其成分，称取该样品0.500 0 g，溶解配成100 mL溶液，加过量浓NaOH溶液，加热，将产生的氨气通入60.00 mL 0.100 0 mol·L－1的H2SO4溶液中(设产生的NH3全部逸出)，剩余的H2SO4溶液能消耗20.00 mL 0.225 0 mol·L－1的NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A．吸收NH3消耗的H2SO4为6.000×10－3 mol
B．上述过程共产生NH3 268.8 mL(标准状况下)
C．该样品中NH的质量分数为43.2%
D．该氮肥样品必含NH4Cl
【答案】D
【解析】0.006 mol H2SO4除了吸收NH3还中和NaOH，有n(NH3)＋n(NaOH)＝2n(H2SO4)，n(NH3)＋0.004 5 mol＝0.012 mol，n(NH3)＝0.007 5 mol，标准状况下V(NH3)＝168 mL，吸收NH3消耗的H2SO4为0.003 75 mol，w(NH)＝×100%＝27%。NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NH含量分别约为(22.8%)、(33.6%)、(22.5%)，只有NH4Cl中NH 含量大于27%，故该氮肥样品中一定有NH4Cl。