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2022届高三化学一轮复习考点特训非金属及其化合物2含解析
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这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训非金属及其化合物2含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
非金属及其化合物
一、选择题（共11题）
1.将镁铁合金投入到300mL硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2+和Fe3+；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72L(标准状况)，当加入300mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为28.1g。下列有关推断正确的是
A．氢氧化钠的物质的量浓度为6mol•L-1
B．参加反应的金属的质量为12.8g
C．硝酸的物质的量浓度为3mol•L-1
D．参加反应的硝酸的物质的量为0.9mol
2.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（ ）
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
C．在Z导管出来的气体中没有二氧化碳
D．在Z导管口排出无色气体
3.下列叙述正确的是
A．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、等气体
B．浓硫酸与单质硫反应的方程式为：2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性
C．把足量铜粉投入到只含的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为
D．常温下能够用铁、铝等容器盛放浓，是因为浓的强氧化性使其钝化
4.向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的分析正确的是（ ）
A．对比实验①和②可知还原性：Br-＞Cl-
B．对比实验①和③可知氧化性：Br2＞SO2
C．对比实验②和③可知酸性：H2SO4＞HCl＞H2SO3
D．由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性
5.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为
A．32 g B．48 g C．64 g D．96 g
6.1L稀硝酸和稀硫酸的混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度均为。若向混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为
A． B． C． D．
7.下列关于浓硫酸的叙述正确的是
A．浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的氧化性
B．浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的脱水性
C．浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性
D．100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中加入足量的Cu并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.9 mol
8.把 a L 含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用 b mol 烧碱刚好把氨全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗 c mol 氯化钡，由此可知原溶液中 NO的物质的量浓度(单位：mol·L－1)是
A． B． C． D．
9.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（换算为标准状况体积），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1:2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
10.将32gCu投入到80mL5mol/L的HNO3溶液中，充分反应后，向溶液中再加入200mL2mol/LH2SO4溶液，使之充分反应，两步反应共生成NO在标况下的体积( )
A．2.24L B．6.72L C．8.96L D．11.2L
11.足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是
A．此反应过程中转移了0.5mol的电子
B．消耗氧气的体积为1.12(标准状况)
C．参加反应的HNO3是0.45mol
D．混合气体中含2.24L(标准状况)NO
二、非选择题（共7题）
12.从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。如图是硫、氮两元素的价类二维图。
请回答下列问题：
(1)X 的化学式为_____。
(2)W 的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为_____。
(3)P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，其化学方程式为________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________；
(4)欲制备 Na2S2O3(硫代硫酸钠)，从氧化还原反应角度分析，合理的是______(填序号)。
A．Na2S＋S B．Na2SO3＋S
C．Na2SO3＋Na2SO4 D．SO2＋Na2SO4
(5)将 X 与 SO2 混合，可生成淡黄色固体，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为_____。
(6)红热的焦炭与 Q 的浓溶液反应的化学方程式为_____。
13.已知NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。当NH3过量时，会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生白烟，因此当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。
(1)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为_________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为_______。
(2)体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L(其中Cl2体积分数为50%)。两位同学想要根据这些数据计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：(单位没列出)
学生编号
所列第一步算式
未知数X表示的意义
甲
______
乙
______
(3)有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L的氨气混合，讨论x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的关系式______(所得气体体积均在相同状况下测定)
14.已知19.2g Cu与过量的200mL 6mol/L硝酸充分反应，反应结束后，除了产生Cu(NO3)2以外，还产生了NO与NO2两种气体共8.96L(标准状况下测定)，请计算(忽略反应前后溶液体积的变化)：
(1)反应中转移电子的物质的量为______mol。
(2)反应产生的混合气体中，产生NO气体的体积为______mL(标准状况下测定)。
(3)反应后，NO的物质的量浓度为______mol/L。
15.取 100mL18.3 mol/L 的 H2SO4 与 Zn 反应，当 Zn 完全溶解时，生成气体为22.4L(标准状况)，将所得溶液稀释成 1L，测得溶液中H+浓度为 1 mol/L。
①反应转移的电子数目为_________。
②消耗硫酸的物质的量为__________。
③则所得气体中SO2 和 H2 的体积比约为___________。
16.现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、、Cl-、Ba2+、、取三份各100mL该混合溶液进行如下实验。
实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液，加热，收集到0.08mol气体；
实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
（已知：+OH-H2O+NH3↑）
根据上述实验，回答以下问题。
(1)由实验①推断该混合溶液__________（填“一定”或“不一定”）含有Cl-。
(2)由实验②推断该混合溶液中应含有__________（填离子符号），其物质的量浓度为______________。
(3)由实验③可知12.54g沉淀的成分为_______________（填化学式）。
(4)综合上述实验，你认为以下结论正确的是______________（填标号）。
A．该混合溶液中一定含有K+、、、，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04mol
B．该混合溶液中一定含有、、，可能含Ba2+、K+、Cl-
C．该混合溶液中一定含有、、，可能含K+、Cl-
D．该混合溶液中一定含有、，可能含K+、Cl-
17.已知如下转化关系图：
回答问题：
(1)写出酸性氧化物B的化学式 ______，B是否是电解质____(填写“是”或“否”)。
(2)上述转化关系图中，发生的化学反应属于氧化还原反应的有 _____(填标号)。
A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个
(3)写出④的化学反应方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目_________。
(4)写出⑥的离子反应方程式____________ 。
18.某化学兴趣小组为检验木炭和浓硫酸反应生成的产物，设计如图装置(已知SO2能使溴水褪色)，请回答：
(1)写出A中木炭和浓硫酸发生反应的化学方程式______________________；
(2)试管B中现象是_________________________；
(3)F试管中澄清石灰水的作用是__________________________；同时该小组设计如图所示的实验装置(固定装置略)，进行SO2性质的研究:
(4)当通入SO2时，A中紫色石蕊溶液变红，用化学方程式解释其原因是___________。
(5)可用来验证SO2具有漂白性的现象是：_______________________。
(6)从元素化合价的角度分析，SO2的性质：
①当通入SO2一段时间后，可观察C中溶液褪色，说明SO2具有_____________性。
②如要验证SO2还具有另一方面的性质，D装置中的药品应为_____________。
A．FeCl3溶液B．氯水C．氢硫酸D．浓硝酸
【参考答案及解析】
一、选择题
1.
【答案】B
【分析】
将镁、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：×(5-2)=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol。
【详解】
A．参加反应的NaOH的浓度为c(NaOH)==3mol/L，故A错误；
B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=28.1g，则金属的质量为：28.1g-15.3g=12.8g，故B正确；
C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C错误；
D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故D错误；
答案为B。
2.
【答案】B
【详解】
C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
A. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；
B. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；
C. CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；
D. 反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；
答案选B。
3.
【答案】D
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)，A选项错误；
B．金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，B选项错误；
C．Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4L，C选项错误；
D．因为浓硫酸具有较强的氧化性，在常温下铝和铁发生钝化，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D选项正确；
答案选D。
4.
【答案】A
【详解】
A. 实验①生成棕色气体是溴蒸气，实验②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性：Br−>Cl−，A正确；
B. 实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；
C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误；
D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故答案为：A。
5.
【答案】C
【详解】
铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，m（Cu）=1mol×64g/mol=64g，故C正确；
正确答案：C。
【点睛】
氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。
6.
【答案】C
【详解】
铜不能与稀硫酸反应，但能够与稀硝酸反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；但写成离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，即可发现氢离子和硝酸根并不是1：1消耗，而是4：1消耗，同时稀硫酸也能提供氢离子去参与反应，计算得溶液中n(H+)=0.3mol，n(NO3-)=0.1mol，为3：1，对比发现H+先消耗完，故将氢离子物质的量带入离子方程式，发生反应的n(Cu)=n(H+)×3/8=9/80，m(Cu)=n(Cu)×64=7.2g。
故选：C。
7.
【答案】C
【详解】
A．浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的脱水性，A错误；
B．浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的吸水性，B错误；
C．浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性，C正确；
D．100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中H2SO4物质的量为1.8mol，加入足量的Cu并加热，发生的反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，被还原的H2SO4的物质的量小于0.9 mol，D错误；
答案选C。
【点晴】
浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性；浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。
8.
【答案】B
【详解】
b mol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据+OH-═NH3+H2O可知，每份溶液中含有bmol ；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2，根据Ba2++═BaSO4↓可知，每份溶液中含有为c mol；令每份溶液中的物质的量为n，根据电荷守恒，则bmol×1=c mol×2+n×1；解得n=(b-2c)mol，每份溶液的体积为0.5a L，所以每份溶液硝酸根的浓度为，故D正确；
故选D。
9.
【答案】C
【详解】
A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A错误；
B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故B错误；
C．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为×100%=20%，故C正确；
D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol÷1mol/L=0.64L=640mL，故D错误。
故答案选C。
10.
【答案】B
【详解】
32gCu的物质的量为=0.5mol，80mL5mol/L的HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为0.08L×5mol/L=0.4mol，200mL2mol/LH2SO4溶液中含有H2SO4的物质的量为0.2L×2mol/L=0.4mol，因此溶液中含有1.2mol H+，0.4mol NO，根据离子方程式3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，若0.5mol完全溶解，消耗的H+为0.5mol×=mol＞1.2mol，消耗的NO为0.5mol×=mol＜0.4mol，因此氢离子不足，生成的NO的物质的量应根据H+的物质的量来计算，则生成NO物质的量为1.2mol×=0.3mol，在标况下的体积V=nVm=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故选B。
【点睛】
解答本题要注意铜与硝酸反应生成的硝酸铜溶液中加入稀硫酸，会继续与铜反应放出NO，因此不能根据化学方程式计算，需要根据离子方程式计算。
11.
【答案】D
【分析】
整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2＋；NO3－的得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜失去2个电子得到Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×4mol·L－1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol。
【详解】
A．根据分析，反应过程中转移了0.4mol电子，A错误；
B．转移了0.4mol电子，需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n(NO3－)=2n(Cu)=0.2mol×2=0.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，C错误；
D．根据C中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，D正确；
答案选D。
二、非选择题
12.
【答案】H2S Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 3NO2+H2O＝2HNO3+NO 1∶2 B 2∶1 C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
【分析】
由第一个图中信息，依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3，W为+6价的含氧酸为H2SO4；P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，且化合价为+4价的氧化物，则为NO2，Q为N元素的+5价的酸，则为HNO3，据此分析。
【详解】
由第一个图中信息，依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+4价氧化物为SO2，Z为+4价的盐可以为Na2SO3，W为+6价的含氧酸为H2SO4；
P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，且化合价为+4价的氧化物，则为NO2，Q为N元素的+5价的酸，则为HNO3。
(1)X为气态氢化物为H2S；
(2)W的浓溶液是浓硫酸溶液，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↑；
(3)P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，且化合价为+4价的氧化物，则为NO2，其化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，该反应中NO2既是氧化剂也是还原剂，根据还原产物NO和氧化产物HNO3可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
(4)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，C和D中S的化合价都大于2，所以B符合题意；
(5)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，则氧化产物与还原产物的质量之比为2：1；
(6)红热的焦炭与 HNO3的浓溶液反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。
13.
【答案】3：2 (0，1.5) 被氧化氨的物质的量 反应前Cl2的体积 当x≥时，y=；当x<时，y=2-2x
【详解】
(1)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为3:2；如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，即氨气应过量，所以发生反应的Cl2和NH3的体积比为大于0，小于1.5，故答案为：3:2；(0，1.5)；
(2)甲：2NH3+3Cl2=N2+6HCl计算表达式是利用反应前后气体物质的量的变化进行计算，所以计算式中X的意义是被氧化的氨气的物质的量；故答案为：被氧化氨的物质的量；
乙：2NH3+3Cl2→N2+6HCl分析反应和计算表达式分析判断，X为原混合气体中氯气的体积，故答案为：反应前Cl2的体积；
(3)若按上式反应，2NH3+3Cl2=N2+6HCl，氨过量，所以还会生成氯化铵8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，当x=62.5%时恰好生成氯化铵和氮气，此时y=0.75L(生成0.125+原来的0.625，也可用差量法2−1.25)，当x≥62.5%，即x≥时，剩余氨气，可以用氯气计算，差量法求得气体减少，所以y=2-=y=，当x<62.5%，即x<时，氯和氨都用完，求出生成的氮气和氯化氢气体体积之和为(2−3x)，原有氮x，所以共有气体体积为y=(2−2x)，故答案为：当x≥时，y=；当x<时，y=2-2x。
14.
【答案】0.6 2240 4
【详解】
(1)该过程中Cu为唯一还原剂，且全部反应，则19.2gCu失去的电子即反应中转移的电子，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，转移电子0.6mol；
(2) NO与NO2两种气体共8.96L，则二者的物质的量之和为=0.4mol，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.4mol；根据电子守恒有3x+y=0.6mol，解得x=0.1mol，y=0.3mol，即NO的物质的量为0.1mol，则体积为2240mL；
(3)整个过程中除了部分NO生成NO和NO2外，其余NO都存在于水溶液中，所以溶液中n(NO)=0.2L´6mol/L-0.4mol=0.8mol，浓度为：=4mol/L。
15.
【答案】2×6.02×1023或2mol 1.33mol 1：2
【详解】
①根据反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O和Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑可知，不管生成1molSO2还是生成1molH2均需转移2mol电子，故有：n（e-）=2n（气体）=2×=2mol，故转移电子数为2×6.02×1023或2mol，故答案为：2×6.02×1023或2mol；
②18.3mol/L的H2SO4 中含有硫酸的物质的量为：n(H2SO4)浓=0.1L×18.3mol/L=1.83mol；剩余硫酸的物质的量为：n(H2SO4)剩 =n(H+)=×1L×1.0mol/L=0.5mol；消耗硫酸的物质的量为：n(H2SO4)消耗 =1.83mol-0.5mol=1.33mol， 故答案为：1.33mol；
③锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑， 生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为 22.4L÷22.4L/mol=1mol ，设混合物气体中含有xmolSO2 ，ymolH2 ，则发生反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O消耗硫酸物质的量为2xmol，发生反应Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑消耗硫酸物质的量为ymol，则有x+y=1、2x+y=1.33，解得：x=0.33 、y=0.67 ，所以V（SO2）：V（H2）=x：y=0.33：67=1：2，故答案为：1：2。
16.
【答案】不一定 0.8mol·L-1 BaSO4、BaCO3 A
【分析】
①向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生，则至少含有、、中的一种；不一定含有；
②向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，则该混合溶液一定含，其物质的量为0.08mol，则；
③向第三份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则该混合溶液一定含、，12.54g沉淀为、，其中的质量为4.66g，的质量为；即12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3，据此分析解答。
【详解】
(1)由实验①推断该混合溶液不一定含有Cl-，故答案为：不一定；
(2)向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，则该混合溶液一定含，其物质的量为0.08mol，则，故答案为：；0.8mol·L-1；
(3)向第三份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则该混合溶液一定含、，12.54g沉淀为、，其中的质量为4.66g，的质量为，即12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3，故答案为：、；
(4)由（3）可知该混合溶液中一定不含、，且，，由电荷守恒可知，该混合溶液中一定含，由于不能确定该混合溶液是否含有，则，综上所述，故答案为：A。
17.
【答案】SO3 否 B 2H2SO3+O2＝4H++2
【分析】
单质硫燃烧生成酸性氧化物A是二氧化硫，二氧化硫继续被氧化生成酸性氧化物B是三氧化硫，二氧化硫溶于水生成酸A是亚硫酸，亚硫酸被氧化生成酸B是硫酸，据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知酸性氧化物B是三氧化硫，化学式为SO3，SO3不能自身电离出离子，所以SO3不是电解质。
(2)根据示意图可知单质硫燃烧是氧化还原反应，二氧化硫被氧化为三氧化硫是氧化还原反应，二氧化硫溶于水生成亚硫酸是非氧化还原反应，亚硫酸被氧化为硫酸是氧化还原反应，三氧化硫溶于水生成硫酸是非氧化还原反应，二氧化硫在溶液中被双氧水氧化为硫酸是氧化还原反应，因此上述转化关系图中，发生的化学反应属于氧化还原反应的有4个，答案选B；
(3)④的化学反应方程式为SO2+H2O2＝H2SO4，反应中硫元素化合价升高，双氧水中氧元素化合价降低，则用双线桥标出电子转移的方向和数目为。
(4)⑥是亚硫酸被氧化为硫酸，反应的离子反应方程式为2H2SO3+O2＝4H++2。
18.
【答案】C +2 H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O 变蓝 检验产物中存在CO2 SO2+H2O=H2SO3 B中品红溶液褪色 还原 C
【分析】
装置A中，木炭与浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应产生的气体有CO2、SO2和H2O；装置B中无水硫酸铜遇到水蒸气会变为蓝色，所以如果白色固体变为蓝色说明有水生成；如果品红褪色说明有SO2生成，要确定有CO2生成，需要澄清石灰水变浑浊，但在之前需要首先除去SO2，即D装置中溴水吸收SO2，E装置中品红溶液检验SO2是否完全被吸收。
【详解】
(1)分析可知，A中木炭和浓硫酸发生反应的化学方程式C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(2)木炭与浓硫酸反应有水生成，无水硫酸铜遇到水蒸气会变为蓝色；
(3)F试管中澄清石灰水的作用是检验产物中存在CO2；
(4)二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，反应方程式为：H2O+SO2=H2SO3；
(5)SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以验证SO2具有漂白性的现象是B中品红溶液褪色；
(6)①酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，该反应中二氧化硫作还原剂，所以二氧化硫具有还原性；
②要证明二氧化硫的氧化性，二氧化硫必须和还原性物质发生氧化还原反应，
A．FeCl3溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫，A与题意不符；
B．氯水具有强氧化性，能氧化二氧化硫，B与题意不符；
C．氢硫酸具有还原性，能被二氧化硫氧化，C符合题意；
D．浓硝酸具有强氧化性，能氧化二氧化硫，D与题意不符。
答案为C。
非金属及其化合物
一、选择题（共11题）
1.将镁铁合金投入到300mL硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2+和Fe3+；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72L(标准状况)，当加入300mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为28.1g。下列有关推断正确的是
A．氢氧化钠的物质的量浓度为6mol•L-1
B．参加反应的金属的质量为12.8g
C．硝酸的物质的量浓度为3mol•L-1
D．参加反应的硝酸的物质的量为0.9mol
2.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（ ）
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
C．在Z导管出来的气体中没有二氧化碳
D．在Z导管口排出无色气体
3.下列叙述正确的是
A．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、等气体
B．浓硫酸与单质硫反应的方程式为：2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性
C．把足量铜粉投入到只含的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为
D．常温下能够用铁、铝等容器盛放浓，是因为浓的强氧化性使其钝化
4.向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的分析正确的是（ ）
A．对比实验①和②可知还原性：Br-＞Cl-
B．对比实验①和③可知氧化性：Br2＞SO2
C．对比实验②和③可知酸性：H2SO4＞HCl＞H2SO3
D．由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性
5.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为
A．32 g B．48 g C．64 g D．96 g
6.1L稀硝酸和稀硫酸的混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度均为。若向混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为
A． B． C． D．
7.下列关于浓硫酸的叙述正确的是
A．浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的氧化性
B．浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的脱水性
C．浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性
D．100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中加入足量的Cu并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.9 mol
8.把 a L 含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用 b mol 烧碱刚好把氨全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗 c mol 氯化钡，由此可知原溶液中 NO的物质的量浓度(单位：mol·L－1)是
A． B． C． D．
9.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（换算为标准状况体积），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1:2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
10.将32gCu投入到80mL5mol/L的HNO3溶液中，充分反应后，向溶液中再加入200mL2mol/LH2SO4溶液，使之充分反应，两步反应共生成NO在标况下的体积( )
A．2.24L B．6.72L C．8.96L D．11.2L
11.足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是
A．此反应过程中转移了0.5mol的电子
B．消耗氧气的体积为1.12(标准状况)
C．参加反应的HNO3是0.45mol
D．混合气体中含2.24L(标准状况)NO
二、非选择题（共7题）
12.从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。如图是硫、氮两元素的价类二维图。
请回答下列问题：
(1)X 的化学式为_____。
(2)W 的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为_____。
(3)P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，其化学方程式为________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________；
(4)欲制备 Na2S2O3(硫代硫酸钠)，从氧化还原反应角度分析，合理的是______(填序号)。
A．Na2S＋S B．Na2SO3＋S
C．Na2SO3＋Na2SO4 D．SO2＋Na2SO4
(5)将 X 与 SO2 混合，可生成淡黄色固体，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为_____。
(6)红热的焦炭与 Q 的浓溶液反应的化学方程式为_____。
13.已知NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。当NH3过量时，会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生白烟，因此当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。
(1)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为_________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为_______。
(2)体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L(其中Cl2体积分数为50%)。两位同学想要根据这些数据计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：(单位没列出)
学生编号
所列第一步算式
未知数X表示的意义
甲
______
乙
______
(3)有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L的氨气混合，讨论x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的关系式______(所得气体体积均在相同状况下测定)
14.已知19.2g Cu与过量的200mL 6mol/L硝酸充分反应，反应结束后，除了产生Cu(NO3)2以外，还产生了NO与NO2两种气体共8.96L(标准状况下测定)，请计算(忽略反应前后溶液体积的变化)：
(1)反应中转移电子的物质的量为______mol。
(2)反应产生的混合气体中，产生NO气体的体积为______mL(标准状况下测定)。
(3)反应后，NO的物质的量浓度为______mol/L。
15.取 100mL18.3 mol/L 的 H2SO4 与 Zn 反应，当 Zn 完全溶解时，生成气体为22.4L(标准状况)，将所得溶液稀释成 1L，测得溶液中H+浓度为 1 mol/L。
①反应转移的电子数目为_________。
②消耗硫酸的物质的量为__________。
③则所得气体中SO2 和 H2 的体积比约为___________。
16.现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、、Cl-、Ba2+、、取三份各100mL该混合溶液进行如下实验。
实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液，加热，收集到0.08mol气体；
实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
（已知：+OH-H2O+NH3↑）
根据上述实验，回答以下问题。
(1)由实验①推断该混合溶液__________（填“一定”或“不一定”）含有Cl-。
(2)由实验②推断该混合溶液中应含有__________（填离子符号），其物质的量浓度为______________。
(3)由实验③可知12.54g沉淀的成分为_______________（填化学式）。
(4)综合上述实验，你认为以下结论正确的是______________（填标号）。
A．该混合溶液中一定含有K+、、、，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04mol
B．该混合溶液中一定含有、、，可能含Ba2+、K+、Cl-
C．该混合溶液中一定含有、、，可能含K+、Cl-
D．该混合溶液中一定含有、，可能含K+、Cl-
17.已知如下转化关系图：
回答问题：
(1)写出酸性氧化物B的化学式 ______，B是否是电解质____(填写“是”或“否”)。
(2)上述转化关系图中，发生的化学反应属于氧化还原反应的有 _____(填标号)。
A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个
(3)写出④的化学反应方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目_________。
(4)写出⑥的离子反应方程式____________ 。
18.某化学兴趣小组为检验木炭和浓硫酸反应生成的产物，设计如图装置(已知SO2能使溴水褪色)，请回答：
(1)写出A中木炭和浓硫酸发生反应的化学方程式______________________；
(2)试管B中现象是_________________________；
(3)F试管中澄清石灰水的作用是__________________________；同时该小组设计如图所示的实验装置(固定装置略)，进行SO2性质的研究:
(4)当通入SO2时，A中紫色石蕊溶液变红，用化学方程式解释其原因是___________。
(5)可用来验证SO2具有漂白性的现象是：_______________________。
(6)从元素化合价的角度分析，SO2的性质：
①当通入SO2一段时间后，可观察C中溶液褪色，说明SO2具有_____________性。
②如要验证SO2还具有另一方面的性质，D装置中的药品应为_____________。
A．FeCl3溶液B．氯水C．氢硫酸D．浓硝酸
【参考答案及解析】
一、选择题
1.
【答案】B
【分析】
将镁、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：×(5-2)=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol。
【详解】
A．参加反应的NaOH的浓度为c(NaOH)==3mol/L，故A错误；
B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=28.1g，则金属的质量为：28.1g-15.3g=12.8g，故B正确；
C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C错误；
D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故D错误；
答案为B。
2.
【答案】B
【详解】
C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
A. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；
B. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；
C. CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；
D. 反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；
答案选B。
3.
【答案】D
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)，A选项错误；
B．金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，B选项错误；
C．Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4L，C选项错误；
D．因为浓硫酸具有较强的氧化性，在常温下铝和铁发生钝化，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D选项正确；
答案选D。
4.
【答案】A
【详解】
A. 实验①生成棕色气体是溴蒸气，实验②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性：Br−>Cl−，A正确；
B. 实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；
C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误；
D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故答案为：A。
5.
【答案】C
【详解】
铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，m（Cu）=1mol×64g/mol=64g，故C正确；
正确答案：C。
【点睛】
氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。
6.
【答案】C
【详解】
铜不能与稀硫酸反应，但能够与稀硝酸反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；但写成离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，即可发现氢离子和硝酸根并不是1：1消耗，而是4：1消耗，同时稀硫酸也能提供氢离子去参与反应，计算得溶液中n(H+)=0.3mol，n(NO3-)=0.1mol，为3：1，对比发现H+先消耗完，故将氢离子物质的量带入离子方程式，发生反应的n(Cu)=n(H+)×3/8=9/80，m(Cu)=n(Cu)×64=7.2g。
故选：C。
7.
【答案】C
【详解】
A．浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的脱水性，A错误；
B．浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的吸水性，B错误；
C．浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性，C正确；
D．100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中H2SO4物质的量为1.8mol，加入足量的Cu并加热，发生的反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，被还原的H2SO4的物质的量小于0.9 mol，D错误；
答案选C。
【点晴】
浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性；浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。
8.
【答案】B
【详解】
b mol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据+OH-═NH3+H2O可知，每份溶液中含有bmol ；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2，根据Ba2++═BaSO4↓可知，每份溶液中含有为c mol；令每份溶液中的物质的量为n，根据电荷守恒，则bmol×1=c mol×2+n×1；解得n=(b-2c)mol，每份溶液的体积为0.5a L，所以每份溶液硝酸根的浓度为，故D正确；
故选D。
9.
【答案】C
【详解】
A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A错误；
B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故B错误；
C．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为×100%=20%，故C正确；
D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol÷1mol/L=0.64L=640mL，故D错误。
故答案选C。
10.
【答案】B
【详解】
32gCu的物质的量为=0.5mol，80mL5mol/L的HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为0.08L×5mol/L=0.4mol，200mL2mol/LH2SO4溶液中含有H2SO4的物质的量为0.2L×2mol/L=0.4mol，因此溶液中含有1.2mol H+，0.4mol NO，根据离子方程式3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，若0.5mol完全溶解，消耗的H+为0.5mol×=mol＞1.2mol，消耗的NO为0.5mol×=mol＜0.4mol，因此氢离子不足，生成的NO的物质的量应根据H+的物质的量来计算，则生成NO物质的量为1.2mol×=0.3mol，在标况下的体积V=nVm=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故选B。
【点睛】
解答本题要注意铜与硝酸反应生成的硝酸铜溶液中加入稀硫酸，会继续与铜反应放出NO，因此不能根据化学方程式计算，需要根据离子方程式计算。
11.
【答案】D
【分析】
整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2＋；NO3－的得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜失去2个电子得到Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×4mol·L－1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol。
【详解】
A．根据分析，反应过程中转移了0.4mol电子，A错误；
B．转移了0.4mol电子，需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n(NO3－)=2n(Cu)=0.2mol×2=0.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，C错误；
D．根据C中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，D正确；
答案选D。
二、非选择题
12.
【答案】H2S Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 3NO2+H2O＝2HNO3+NO 1∶2 B 2∶1 C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
【分析】
由第一个图中信息，依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3，W为+6价的含氧酸为H2SO4；P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，且化合价为+4价的氧化物，则为NO2，Q为N元素的+5价的酸，则为HNO3，据此分析。
【详解】
由第一个图中信息，依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+4价氧化物为SO2，Z为+4价的盐可以为Na2SO3，W为+6价的含氧酸为H2SO4；
P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，且化合价为+4价的氧化物，则为NO2，Q为N元素的+5价的酸，则为HNO3。
(1)X为气态氢化物为H2S；
(2)W的浓溶液是浓硫酸溶液，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↑；
(3)P 与水反应是“雷雨肥庄稼”的反应之一，且化合价为+4价的氧化物，则为NO2，其化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，该反应中NO2既是氧化剂也是还原剂，根据还原产物NO和氧化产物HNO3可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
(4)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，C和D中S的化合价都大于2，所以B符合题意；
(5)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，则氧化产物与还原产物的质量之比为2：1；
(6)红热的焦炭与 HNO3的浓溶液反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。
13.
【答案】3：2 (0，1.5) 被氧化氨的物质的量 反应前Cl2的体积 当x≥时，y=；当x<时，y=2-2x
【详解】
(1)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为3:2；如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，即氨气应过量，所以发生反应的Cl2和NH3的体积比为大于0，小于1.5，故答案为：3:2；(0，1.5)；
(2)甲：2NH3+3Cl2=N2+6HCl计算表达式是利用反应前后气体物质的量的变化进行计算，所以计算式中X的意义是被氧化的氨气的物质的量；故答案为：被氧化氨的物质的量；
乙：2NH3+3Cl2→N2+6HCl分析反应和计算表达式分析判断，X为原混合气体中氯气的体积，故答案为：反应前Cl2的体积；
(3)若按上式反应，2NH3+3Cl2=N2+6HCl，氨过量，所以还会生成氯化铵8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，当x=62.5%时恰好生成氯化铵和氮气，此时y=0.75L(生成0.125+原来的0.625，也可用差量法2−1.25)，当x≥62.5%，即x≥时，剩余氨气，可以用氯气计算，差量法求得气体减少，所以y=2-=y=，当x<62.5%，即x<时，氯和氨都用完，求出生成的氮气和氯化氢气体体积之和为(2−3x)，原有氮x，所以共有气体体积为y=(2−2x)，故答案为：当x≥时，y=；当x<时，y=2-2x。
14.
【答案】0.6 2240 4
【详解】
(1)该过程中Cu为唯一还原剂，且全部反应，则19.2gCu失去的电子即反应中转移的电子，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，转移电子0.6mol；
(2) NO与NO2两种气体共8.96L，则二者的物质的量之和为=0.4mol，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.4mol；根据电子守恒有3x+y=0.6mol，解得x=0.1mol，y=0.3mol，即NO的物质的量为0.1mol，则体积为2240mL；
(3)整个过程中除了部分NO生成NO和NO2外，其余NO都存在于水溶液中，所以溶液中n(NO)=0.2L´6mol/L-0.4mol=0.8mol，浓度为：=4mol/L。
15.
【答案】2×6.02×1023或2mol 1.33mol 1：2
【详解】
①根据反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O和Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑可知，不管生成1molSO2还是生成1molH2均需转移2mol电子，故有：n（e-）=2n（气体）=2×=2mol，故转移电子数为2×6.02×1023或2mol，故答案为：2×6.02×1023或2mol；
②18.3mol/L的H2SO4 中含有硫酸的物质的量为：n(H2SO4)浓=0.1L×18.3mol/L=1.83mol；剩余硫酸的物质的量为：n(H2SO4)剩 =n(H+)=×1L×1.0mol/L=0.5mol；消耗硫酸的物质的量为：n(H2SO4)消耗 =1.83mol-0.5mol=1.33mol， 故答案为：1.33mol；
③锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑， 生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为 22.4L÷22.4L/mol=1mol ，设混合物气体中含有xmolSO2 ，ymolH2 ，则发生反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O消耗硫酸物质的量为2xmol，发生反应Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑消耗硫酸物质的量为ymol，则有x+y=1、2x+y=1.33，解得：x=0.33 、y=0.67 ，所以V（SO2）：V（H2）=x：y=0.33：67=1：2，故答案为：1：2。
16.
【答案】不一定 0.8mol·L-1 BaSO4、BaCO3 A
【分析】
①向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生，则至少含有、、中的一种；不一定含有；
②向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，则该混合溶液一定含，其物质的量为0.08mol，则；
③向第三份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则该混合溶液一定含、，12.54g沉淀为、，其中的质量为4.66g，的质量为；即12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3，据此分析解答。
【详解】
(1)由实验①推断该混合溶液不一定含有Cl-，故答案为：不一定；
(2)向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，则该混合溶液一定含，其物质的量为0.08mol，则，故答案为：；0.8mol·L-1；
(3)向第三份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则该混合溶液一定含、，12.54g沉淀为、，其中的质量为4.66g，的质量为，即12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3，故答案为：、；
(4)由（3）可知该混合溶液中一定不含、，且，，由电荷守恒可知，该混合溶液中一定含，由于不能确定该混合溶液是否含有，则，综上所述，故答案为：A。
17.
【答案】SO3 否 B 2H2SO3+O2＝4H++2
【分析】
单质硫燃烧生成酸性氧化物A是二氧化硫，二氧化硫继续被氧化生成酸性氧化物B是三氧化硫，二氧化硫溶于水生成酸A是亚硫酸，亚硫酸被氧化生成酸B是硫酸，据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知酸性氧化物B是三氧化硫，化学式为SO3，SO3不能自身电离出离子，所以SO3不是电解质。
(2)根据示意图可知单质硫燃烧是氧化还原反应，二氧化硫被氧化为三氧化硫是氧化还原反应，二氧化硫溶于水生成亚硫酸是非氧化还原反应，亚硫酸被氧化为硫酸是氧化还原反应，三氧化硫溶于水生成硫酸是非氧化还原反应，二氧化硫在溶液中被双氧水氧化为硫酸是氧化还原反应，因此上述转化关系图中，发生的化学反应属于氧化还原反应的有4个，答案选B；
(3)④的化学反应方程式为SO2+H2O2＝H2SO4，反应中硫元素化合价升高，双氧水中氧元素化合价降低，则用双线桥标出电子转移的方向和数目为。
(4)⑥是亚硫酸被氧化为硫酸，反应的离子反应方程式为2H2SO3+O2＝4H++2。
18.
【答案】C +2 H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O 变蓝 检验产物中存在CO2 SO2+H2O=H2SO3 B中品红溶液褪色 还原 C
【分析】
装置A中，木炭与浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应产生的气体有CO2、SO2和H2O；装置B中无水硫酸铜遇到水蒸气会变为蓝色，所以如果白色固体变为蓝色说明有水生成；如果品红褪色说明有SO2生成，要确定有CO2生成，需要澄清石灰水变浑浊，但在之前需要首先除去SO2，即D装置中溴水吸收SO2，E装置中品红溶液检验SO2是否完全被吸收。
【详解】
(1)分析可知，A中木炭和浓硫酸发生反应的化学方程式C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(2)木炭与浓硫酸反应有水生成，无水硫酸铜遇到水蒸气会变为蓝色；
(3)F试管中澄清石灰水的作用是检验产物中存在CO2；
(4)二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，反应方程式为：H2O+SO2=H2SO3；
(5)SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以验证SO2具有漂白性的现象是B中品红溶液褪色；
(6)①酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，该反应中二氧化硫作还原剂，所以二氧化硫具有还原性；
②要证明二氧化硫的氧化性，二氧化硫必须和还原性物质发生氧化还原反应，
A．FeCl3溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫，A与题意不符；
B．氯水具有强氧化性，能氧化二氧化硫，B与题意不符；
C．氢硫酸具有还原性，能被二氧化硫氧化，C符合题意；
D．浓硝酸具有强氧化性，能氧化二氧化硫，D与题意不符。
答案为C。
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