【化学】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一下学期（远程）目标检测（4）试题（解析版）

【化学】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一下学期（远程）目标检测（4）试题（解析版）

山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一下学期（远程）目标检测（4）试题 ‎1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”，写道：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅。……。虚弱者忌之。宜外用，勿服。……。”这里的“鼻冲水”是指（ ）‎ A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知，鼻冲水具有挥发性，有刺激性气味，可外用，不可内服；‎ A、氨水具有挥发性，如果密封性不好，挥发出氨气，瓶内液体体积会慢慢减小；氨气的密度比空气小，有刺激性气味的性质结合“鼻冲水”贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，气甚辛烈可以确定是氨气，故A项符合要求；‎ B、硝酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不能外用，B不符合要求；‎ C、醋属于饮食调料，可食用，C不符合要求；‎ D、卤水不具有挥发性及强烈气味，D不符合要求；‎ 故选A。。‎ ‎2.下列有关物质用途叙述中，不正确的是（ ）‎ A. Cl2常用于自来水消毒 B. SO2常用于漂白食品 C. SiO2常用于制造光导纤维 D. Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气溶于水生成次氯酸具有强氧化性可以消毒杀菌，Cl2常用于自来水消毒，故A正确；‎ B、二氧化硫气体具有漂白性，有毒不能漂白食品，故B错误；‎ C、光导纤维的成分是二氧化硅，SiO2常用于制造光导纤维，故C正确；‎ D、过氧化钠和呼出的二氧化碳反应能生成氧气，可用于呼吸面具中氧气的来源，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎3.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（ ）‎ A. 氯气作水杀菌消毒剂 B. 硅胶作袋装食品的干燥剂 C. 二氧化硫作纸浆的漂白剂 D. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；‎ B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；‎ C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化； ‎ D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列反应中，起了氮的固定作用的是（ ）‎ A. N2和H2在一定条件下合成氨 B. 由氨制成碳酸氢铵或硫酸铵 C. NO和O2反应生成NO2 D. NO2与H2O反应生成HNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.工业合成氨是人工固氮，将氮气转化为氮化合物，属于氮的固定，A项正确；‎ B.由氨制成碳酸氢铵或硫酸铵，含氮化合物变为含氮化合物，不属于氮的固定，B项错误；‎ C.由NO和O2反应生成NO2是含氮化合物变为含氮化合物，不属于氮的固定，C项错误；‎ D.由NO2与H2O反应生成HNO3是含氮化合物变为含氮化合物，不属于氮的固定，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列化学现象及解释错误的是（ ）‎ 选项 现象 解释 A Cl2在H2中点燃，瓶口有白雾 生成HCl极易溶于水 B 饱和Na2CO3溶液中通入CO2析出白色晶体 生成NaHCO3溶解度小析出 C 常温下将铝片放入浓硝酸中无明显变化 Al和浓硝酸不反应 D SO2通入溴水，溴水褪色 SO2具有还原性。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、白雾是HCl气体与空气中的水结合成液滴，说明HCl极易溶于水，故A说法正确，该选项不符合题意；‎ B、 该反应为Na2CO3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓，得出碳酸氢钠的溶解度小而析出，故B说法正确，该选项不符合题意；‎ C、铝和浓硝酸发生钝化（浓硝酸将铝的表面氧化为致密的氧化物薄膜，阻止反应的进行），是化学反应，故C说法错误，该选项符合题意；‎ D、该反应SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2还原性，故D说法正确，该选项不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎6. 下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（ ）‎ ‎①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 ‎②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 ‎③高纯度的硅单质是良好的半导体材料 ‎④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料 ‎⑤水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂 ‎⑥二氧化硅是一种原子晶体，用作光纤以及电脑芯片 A. ①②③④ B. ②③⑤⑥ C. ①③④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故①正确；‎ ‎②水泥、玻璃是硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，故②错误；‎ ‎③高纯度的硅单质是良好的半导体材料，故③正确；‎ ‎④陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，故④正确；‎ ‎⑤‎ 水玻璃即为硅酸钠水溶液具有黏性，工业上可以用于生产黏合剂，硅酸钠溶液涂刷或浸入木材后，能渗入缝隙和孔隙中，固化的硅凝胶能堵塞毛细孔通道，提高材料的密度和强度，且硅凝胶具有很强的耐高温性质，因此可以有效的防火，故⑤正确；‎ ‎⑥电脑芯片的主要成份是硅，故⑥错误；‎ 故选C。‎ ‎7.学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列叙述中该同学对实验原理的解释和所得结论不正确的是( )‎ A. 氧化性：ClO－>I2>SO42－‎ B. 蓝色消失的原因是Na2SO3溶液反应生成SO2具有漂白性 C. 淀粉KI溶液变蓝是因为I－被ClO－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝 D. 若将Na2SO3溶液加入溴水，溴水褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由NaClO+2KI+H2SO4═I2+NaCl+K2SO4+H2O，ClO-的氧化性大于I2的氧化性，由Na2SO3+I2+H2O═Na2SO4+2HI，I2的氧化性大于SO4 2-的氧化性，所以氧化性强弱为：ClO-＞I2＞SO42-，故A正确；‎ B．由第二步反应可知，S元素的化合价升高，则蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故B错误；‎ C．由第一步反应可知，淀粉KI溶液变蓝是因为I-被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，故C正确；‎ D．氯气的氧化性强于碘单质，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氯气更能将亚硫酸钠氧化，而使氯水褪色，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A 黄绿色 橙色 蓝色 白色 B 无色 橙色 紫色 白色 C 黄绿色 橙色 蓝色 无色 D 黄绿色 无色 紫色 白色 ‎【答案】A ‎【解析】A、KClO3与浓盐酸反应生成氯气，氯气为黄绿色气体，因此①的现象是黄绿色，②发生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，②的颜色为橙色，③发生Cl2＋2KI=2KCl＋I2，淀粉遇碘单质变蓝，③的现象是变蓝，④NaOH的作用是吸收Cl2，④的颜色为白色，故A正确。‎ ‎9.如图装置，将溶液A逐渐加入固体B中，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 若a为浓硫酸，b为Na2SO3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色 B. 若a为浓盐酸，b为MnO2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色 C. 若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊 D. 若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛AlCl3溶液，则c中产生白色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫只能使石蕊溶液变红，不能使其褪色，A错误；‎ B.浓盐酸与MnO2常温下不反应，B正确；‎ C.醋酸溶液与贝壳反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，C正确；‎ D.浓氨水与生石灰生成氨气，AlCl3溶液与氨气反应生成氢氧化铝沉淀，D正确。‎ 答案为A。‎ ‎10.铜镁合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224 L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为（ ）‎ A. 4.18 g B. 3.12 g C. 4.68 g D. 5.08 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg（OH）2和Cu（OH）2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；在铜镁合金与HNO3反应的过程中金属失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量；结合Mg（OH）2和Cu（OH）2的化学式，OH-物质的量等于金属失去的电子总物质的量；据此分析计算。‎ ‎【详解】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg（NO3）2、Cu（NO3）2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg（OH）2和Cu（OH）2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；‎ n（NO2）=n（NO）=n（N2O）=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×[（+5）-（+4）]+ 0.01mol×[（+5）-（+2）]+ 0.01mol×2×[（+5）-（+1）]=0.12mol；根据沉淀的组成Mg（OH）2和Cu（OH）2，沉淀中n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选A。‎ ‎11. 下列各组气体，经充分反应后，原来的气体有剩余的是 ( )‎ A. 1mol NH3和1mol HCl混合 B. 1mol NO和0.5mol O2混合 C. 1mol SO2和1mol H2S混合 D. 等体积的NO和NO2被足量烧碱溶液吸收 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol NH3和1mol HCl混合恰好完全反应生成氯化铵固体，A错误；‎ B．1mol NO和0.5mol O2混合恰好完全反应生成二氧化氮气体，B错误；‎ C．1mol SO2能够与2mol H2S恰好反应，因此1mol SO2和1mol H2S混合剩余0.5mol SO2，C正确； ‎ D．等体积的NO和NO2被足量烧碱溶液吸收恰好完全反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.要除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可选用的一组试剂是( )‎ ‎①NaOH溶液 ②NaHCO3溶液 ③Na2CO3溶液 ‎ ‎④HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液 ⑤氨水 ⑥酸性KMnO4溶液 A. ②⑥ B. ②③ C. ②④⑥ D. ②③⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】二者均与①③⑤反应，不能用于除杂；④HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液虽然可以除去SO2杂质但又生成新的NO杂质；故除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可用②或⑥除去SO2，故选A。‎ ‎13.2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家格哈德·埃特尔。他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. NO2是该过程的最终产物 B. NO 和O2必须在催化剂表面才能反应 C. 汽车尾气的主要污染成分是CO2和NO D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该过程可看成是2NO +O22NO2，2NO2 +4CO4CO2+N2，NO2在第一个反应中是生成物，第二个反应中是反应物，故NO2是该过程的中间产物，N2是该过程的最终产物，A错误；‎ B．NO遇到O2就能反应，不必在催化剂表面就能反应，B错误；‎ C．CO2是温室气体但不是空气污染成分，C错误；‎ D．将A中两个反应加起来就得到总反应：2NO +O2 +4CO4CO2+N2，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.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氨气 B. 用铜片和稀硝酸制NO C. 用锌粒和稀硫酸制氢气 D. 用双氧水和二氧化锰制氧气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加热固体制取气体时，会生成水，因此加热的试管口应该略微向下倾斜，否则水蒸气冷却后倒流而炸裂试管，故A不符合题意；‎ B、铜和硝酸反应制取一氧化氮，一氧化氮和空气中的氧气易发生反应生成二氧化氮，不可用向下排空气法收集，应该用排水法收集，故B不符合题意；‎ C、氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氢气，所以集气瓶中导气管应该遵循“短进长出”原则，故C不符合题意；‎ 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，该装置符合条件，故D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎15.有一酸性溶液可能含有Br-、SO42-、H2SO3、NH4+ 等微粒，对该酸性溶液分别进行实验：‎ ‎（1）加热，放出的气体可以使品红溶液褪色；‎ ‎（2）取原溶液加碱，调至溶液呈碱性，加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ ‎（3）取原溶液加氯水，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。‎ 对于下列微粒不能确认其在原溶液中是否存在的是（ ）‎ A. SO42- B. Br- C. H2SO3 D. NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】实验（1）中使品红溶液褪色的物质为H2SO3，说明溶液中含有H2SO3；实验（2）中，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，说明溶液中含有NH4+；实验（3）中，加入氯水之后，溶液略显黄色，是因为生成了Br2，说明溶液中含有Br-；由于三个实验是独立进行的，则实验（3）的溶液中也含有H2SO3，由于该物质的还原性比Br-强，故氯水先氧化H2SO3为H2SO4，故加入BaCl2之后，一定会产生BaSO4，因此不能确认原溶液中SO42-是否存在，故选A。‎ ‎16.3.04g铜镁合金完全溶解于100mL 14.0mol/L的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2240mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入2.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1‎ B. 被还原的硝酸的物质的量是0.12mol C. 得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是700mL D. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，则沉淀中氢氧根离子的质量为：5.08g-3.04g=2.04g，氢氧根的物质的量为=0.12mol，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，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，则：2x+2y=0.12、64x+24y=3.04，解得：x=0.04，y=0.02，故合金中Cu与Mg的物质的量之比是0.04mol：0.02mol=2：1，故A正确；‎ B、根据电子守恒，设被还原的硝酸的物质的量x mol， x=2×0.06，x=0.12mol，故B正确；‎ C、根据元素守恒，当金属离子全部沉淀时，溶液中的溶质全是硝酸钠，n(NaNO3)=0.1L×14.0mol/L-0.12mol=1.28mol，所以需要氢氧化钠的物质的量是1.28mol，加入NaOH溶液的体积是1.28mol÷2 mol/L=0.64L=640mL，故C错误；‎ D、NO2和N2O4混合气体的物质的量为：=0.1mol，设二氧化氮的物质的量为a mol，则四氧化二氮的物质的量为(0.1-a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.1-a)×2×1=0.12，解得a=0.08，NO2的体积分数为80%，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.某镇有座硫酸厂，设备简陋，技术陈旧，该厂每天排放大量含SO2的废气和含H2SO4的酸性废水。当地的其他工厂和居民均用煤炭作燃料。只要下雨就下酸雨，对该镇环境造成极大破坏。‎ ‎（1）分析该镇下酸雨的原因：_____________________；‎ ‎（2）举一例说明酸雨对环境造成的危害：_____________________；‎ ‎（3）该镇某中学环保小组提出了治理酸雨的下列措施，你认为其中不妥的是_________；‎ A．将硫酸厂搬离该镇 B．建议环保部门限令整改 C．将硫酸厂排出的废气中的SO2处理后排放 D．工厂和居民改用较清洁的燃料 ‎（4）可用熟石灰来处理硫酸厂排出的酸性废水，处理原理的化学方程式是___________；‎ ‎（5）浓硫酸弄到手上后应先用棉布擦去浓硫酸，再用大量水洗，然后涂上碳酸氢钠。若是稀硫酸弄到手上，____________（填“需要”或“不需要”）这样做，理由是______________；‎ ‎【答案】(1). 排放二氧化硫废气、用煤作燃料 (2). 酸化土壤、腐蚀、破坏森林植物、腐蚀建筑物（答出一点即可） (3). A (4). Ca(OH)2+H2SO4=CaSO4+2H2O (5). 需要 (6). 稀硫酸中的水蒸发后会变成浓硫酸 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)每天排放大量含SO2的废气，当地的其他工厂和居民均用煤炭作燃料，也会产生二氧化硫；‎ ‎(2)酸雨具有一定的酸性和腐蚀性，会破坏森林植物、腐蚀建筑物；‎ ‎(3)要治理酸雨，就要从根本上减少二氧化硫的排放，而A只是地方换了，没有从根本上减少二氧化硫的排放，B、C、D从不同的方面减少了二氧化硫的排放，答案选A；‎ ‎(4)氢氧化钙和硫酸发生中和反应生成硫酸钙和水，反应的方程式为Ca(OH)2+H2SO4＝CaSO4+2H2O；‎ ‎(5)浓硫酸具有较强的腐蚀性和脱水性，极易腐蚀人的皮肤，稀硫酸在空气中水分蒸发较快，浓度会很快的增大。‎ ‎18.下图为氮及其化合物的类别与化合价对应的关系图。‎ ‎（1）实验室制取氨气。‎ ‎① 化学方程式是_______。‎ ‎② 可用向下排空气法收集氨气的原因是_______。‎ ‎③ 用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，‎ 会产生倒吸现象，产生该现象的原因是_______。‎ ‎（2）完成下列能生成NO的化学方程式：‎ ‎① 体现N元素的还原性：‎ a. 汽车尾气中产生的NO：N2 + O2 2NO。‎ b. 氨的催化氧化：_________。‎ ‎② 体现N元素的氧化性：_________。‎ ‎（3）NO2 易溶于水。将体积为V mL的试管充满NO2后倒扣在水中，见下图。‎ ‎① NO2溶于水的化学方程式是_________。‎ ‎② 使试管中NO2完全被水吸收的操作是________。‎ ‎【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2 +2NH3↑+2H2O (2). 氨气的密度小于空气的密度 (3). 氨气易溶于水，使装置中的压强小于外界的压强，引起倒吸 (4). 4NH3 + 5O24NO + 6H2O (5). 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O (6). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (7). 缓缓通入mL氧气 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①铵盐和碱反应生成氨气，实验室用固体氯化铵和固体氢氧化钙反应制备氨气，反应的方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎②氨气极易溶于水，所以只能用排空气的方法收集，又因为氨气密度小于空气密度，所以选择向下排空气法收集；‎ ‎③氨气易溶于水，使装置中的压强小于外界的压强，从而引起倒吸；‎ ‎（2）①b．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，氨气中-3价N升高为+2价，体现还原性；‎ ‎②铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，化学方程式：3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸中+5价N降为+2价，体现氧化性；‎ ‎（3）①二氧化氮可以和水之间反应，反应物NO2中N元素化合价降低为+2价，升高为+5价，生成硝酸和一氧化氮，反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎②NO2与水和氧气反应生成硝酸，发生反应的方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以使试管中NO2完全被水吸收的操作是：向试管中通入氧气。‎ ‎19.消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广普、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。‎ ‎（1）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl-）、O3（1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________（填序号）。‎ A．Cl2‎ B．H2O2‎ C．ClO2‎ D．O3‎ ‎（2）H2O2‎ 有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑，则生成物A的化学式为______________，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是______________________。‎ ‎（3）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O（未配平）。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子个数约为________。‎ ‎（4）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）不能混用，原因是_____________（用离子方程式表示）。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，写出有关反应的化学方程式：____________。‎ ‎【答案】(1). C (2). KHCO3 (3). H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染 (4). 6.02×1023 (5). ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O (6). Cl2＋2NaOH＝NaClO＋NaCl＋H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）1mol Cl2、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为2mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为C；‎ ‎（2）根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑中的A为KHCO3。在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染性，所以H2O2被称为“绿色氧化剂”；‎ ‎（3）该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素一部分升高到ClO2中的+4价，一部分降低到-1价．当有1mol ClO2生成时，反应中转移1mol电子，即转移的电子数约为6.02×1023；‎ ‎（4）ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+＝Cl2↑+H2O，氯碱工业的产物是NaOH、H2和Cl2，NaOH溶液和Cl2反应可以得到含有NaClO的溶液，方程式为Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O。‎ ‎20.工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动。‎ ‎【探究一】（1）甲同学将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是____________________。‎ ‎【探究二】（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为________。‎ 分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2‎ 和Q气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）：‎ ‎（3）装置B中试剂的作用是________。‎ ‎（4）认为气体Y中还含有Q的理由是_____________________（用化学方程式表示）。‎ ‎（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于________（选填序号）。‎ a．A之前 b．A—B间 c．B—C间 d．C—D间 ‎（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是_________________。‎ ‎【答案】(1). 铁钉表面被钝化 (2). 66.7% (3). 检验SO2是否除尽 (4). C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O (5). c (6). D中固体由黑变红和E中固体由白变蓝 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化导致铁钉表面有一层氧化膜，而氧化膜与硫酸铜不反应，所以将钝化后的铁钉移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显现象，其原因是铁钉表面被氧化；‎ ‎（2）铁与浓硫酸加热反应生成硫酸铁，二氧化硫和水，二氧化硫具有还原性，通入足量溴水中，发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，反应生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀BaSO4，生成的二氧化硫的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol；根据硫原子守恒，设SO2的物质的量为n，则 ‎ ‎ ‎ n=0.01mol，所以二氧化硫的体积分数为0.01mol÷0.015mol×100%=66.7%；‎ ‎（3）装置A的作用是除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，则装置B中试剂的作用是检验二氧化硫是否除尽。‎ ‎（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎（5）Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，所以只能选c；‎ ‎（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气，水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，则若Y中含有氢气，实验现象是D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝。‎ ‎21.硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用。‎ ‎（1）将1.25mol的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为0.60）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是_______________。‎ ‎（2）向稀硝酸中加入18.4mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度1.8g/cm3）以下时，则失去吸水能力。50mL 18.4mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水_________ g。‎ ‎（3）在65%HNO3（质量m1）中加入72%的Mg(NO3)2（质量m2）后蒸馏，分别得到97.5%的HNO3和60%的Mg(NO3)2溶液（其中不含硝酸）。若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比＝______________。‎ ‎（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.50mol氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收。已知反应后溶液含有0.35mol　NaNO2。若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x =___________。‎ ‎【答案】(1). 1.25mol＜n(HNO3)＜1.75mol (2). 11.63 (3). 0.88 (4). 1.80‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)1.25molNO、NO2、N2O4混合物，NO的体积分数为0.60，所以n(NO)=1.25×0.6=0.75mol，n(NO2+N2O4)=1.25-0.75=0.5mol，因为在空气充足的条件下完全反应，所有N全都转变成硝酸，据N原子守恒当0.5mol全为二氧化氮时生成硝酸最少物质的量=1.25mol，若全为四氧化二氮生成硝酸最多为：0.75+0.5×2=1.75mol，即1.25mol＜n(HNO3)＜1.75mol；‎ ‎(2)据已知信息，18.4 mol/L的浓硫酸吸完水后变为87%，假设浓硫酸体积为1L，吸收水的质量为m g，则有：(18.4×98)÷(18.4×98÷98%+m )×100%="87%" ,计算得m=232.6g，所以50mL 18.4mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水232.6×0.05=11.63g；‎ ‎(3)设蒸馏后硝酸溶液质量为a g，硝酸镁溶液质量为b g，蒸馏前后溶质质量不变，则有65%m1=97.5%a，a=m1；72%m2‎ ‎=60%b，b=1.2m2；因为蒸馏前后水减少了5%，所以剩余质量为95%，则95%(m1+m2)=a+b，即：(m1+m2)×95%=m1+1.2m2，=0.88；‎ ‎(4)据氮原子守恒得，0.5mol NOx中N共0.5mol，生成NaNO2、NaNO3一共也是0.5mol，n(NaNO2)= 0.35mol，所以n(NaNO3)=0.5-0.35=0.15mol，即n(NaNO2)：n(NaNO3)=7:3，据以上信息可写出反应方程式：10NOx+10NaOH=7NaNO2+3NaNO3+5H2O，据氧原子守恒得x=1.80。‎