2018铝、氮单元测试卷 浙江选考学生使用

铝、氮测试卷

一、选择题：（每题只有一个正确选项，共44分）

1.化学与日常生活密切相关，下列物质的使用不涉及化学变化的是（）

A.液氨用作制冷剂B.明矶用作净水剂

C.氢氟酸蚀刻石英制艺术品D.铁质容器盛放浓硫酸

2.在实验室里，要想使A1CL中的A-全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（）

A.AgNCh溶液B.NaOH溶液C.石灰水D.氨水

3.已知NK、HC1极易溶于水，Ck能溶于水。下列各装置不能达到实验目的是（）

A.利用①吸收多余的氨气B.装置②可用于除去CO?中的HC1

C.装置③可用于干燥氨气D.装置④可用于排空气法收集出、CO?、Ck、HC1等气体

4.下列有关物质的性质与用途不正确的是（）

A.明帆溶于水后可得到少量的有强吸附性的A1（OH）3,故明研可作净水剂

B.NazOz可用于呼吸面具或潜水艇中的供氧剂

C.用热的纯碱洗去油污是因为NazCOs可直接与油污反应

D.A1Q熔点高，可用作耐高温材料

5.某无色溶液中加入铝片有氨气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（）

A.Cl、N03\Ba"、Fe"B.SO：、H\HCO3\Na

C.Na'、K\SOf、ClD.NH.ABa"、Cl\NOs

6.工业上常利用反应3cl2+2N&=NZ+6HC1检查氯气管道是否漏气。下列有关说法中,

错误的是（）

A.该反应属于氧化还原反应B.该反应中Nlh表现了强氧化性

C.生成1mol即有6moi电子转移D.若管道漏气遇氨就会产生白烟

7.下列装置能达到相应实验目的的是（）

NH4cl

,NaOH溶液

一煤油

二一FeSO,溶液

A.制取Fe（OH）2,B,制取NH3C.分离碘和酒精D.收集少量NO2气体

并观察其颜色

A.AB.BC.CD.D

8.将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入100mL、lmol/L的HC1中，同温同压下产生的气

体的体积比是（）

A.3：1：1B.6：3：2C.1：2：3D.1：1：I

9.室温下足量的铝粉分别和等体积pll=12的NaOlI溶液以及pll=2的某酸溶液反应，放

出氢气的体积分别为％、V2,则在相同状况下，%、%的关系可能是（）

A.V,<V2B.V,=V2C.V,>V2D.以上三种情况都有可能

10.反应3N（kHM）=二2HN（）3+N0中，当有6mole发生转移时，被氧化物质与被还原物

质的物质的量之比为（）

A.1：1B.1：2C.2：1D.3：1

11.下列过程的离子方程式书写正确的是（）

2

A.Cu与AgNO3溶液反应:Cu+Ag=Ag+Cut

B.醋酸与氢氧化钠溶液反应:CLCOOH+OHXLCOO+玲0

c.碳酸氢钠与硫酸反应：c（V+2H'=a）21+HQ

2+

D.铁与足量稀硝酸反应:3Fe+8H++2N0a=2N0t+3Fe+4H20

12.下列实验操作、现象及相应结论正确的是（）

选项实验现象结论

稀硫酸能与铜

A向有少量铜粉的CU（N03）2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解

单质反应

用用烟钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在熔化后的液态金属铝的熔点

B

酒精灯上加热铝滴落下来比较低

向氯化钙和氨水的混合溶液中通入少量co.有白色沉定产

C沉淀为CaC03

气体生

向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润原溶液中一定

D试纸不变蓝

的红色石蕊试纸置于试管口无NH：

试卷第2页，总6页

A.AB.BC.CD.D

13.准确称取6.0g铝土矿样品（主要成分为Al203,含Fez（）3杂质），加入100mL稀硫酸

中，充分反应后向滤液中加入10mol•L^'NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶

液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸物质的量浓度为（）

石（沉淀前

3545v（NaOl｛）/niL

A.3.50mol,L1B.1.75mol♦L;C.0.85mol,L1D.无法确定

14.把3.9gMg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氨气4.48L。

下列推断中不正确的是（）

参加反应的Mg为2.4gB.参加反应的HC1为0.4mol

C.Mg、Al在反应中共失去0.4mol电子

D.若与足量的氢氧化钠溶液反应能产生0.15molH2

15.镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间⑺的关

系如图所示，则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是（）

A.二者物质的量之比为3：2B.二者质量之比为3：2

C.二者摩尔质量之比为2：3D.二者消耗H2sCM的物质的量之比为2：3

16.向800mL稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO气体11.2L

（标准状况），同时溶液质量增加18.6g。下列判断正确的是（）

A.反应后的溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=l：1

B.原溶液中投入铁粉物质的量是0.5mol

C.原溶液中HNO3的浓度是4.0mol/L

D.反应后的溶液中还可溶解16.0g铜

17.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0.3NA

B.标准状况下，2.24LS03中所含原子数为0.4NA

C.常温常压下，16gO2和03的混合气体中所含原子数目为NA

D.在一定条件下ImolN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA

18.将一定质量的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下

11.2L的NO和NO2的混合气体,将生成的混合气体与5.6L标况下的氧气一起通入足量

NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNOs。下列说法不正确的是（）

A.铜的质量为32g

B.标准状况下，混合气体构成是5.6L的N0和5.6L的N02

C.硝酸的物质的量浓度为10.Omol'L'

D.向反应后的溶液加NaOH,使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.Omol

二、填空题：（共48分）

19.（10分）向Ah（SO,）3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，现象是

，有关反应的化学方程式为和

o如用AL（SO,）3溶液制备Al（011）3,应选用的试剂是

,该反应的化学方程式为。

20.（10分）已知铝土矿的主要成分是AI2O3,含有杂质SiOz（不溶于盐酸和水）、Fe203.

MgO„工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：

请回答下列问题：

（1）溶液A转化为溶液D发生的离子方程式为；

（2）由物质M制取铝的化学方程式为；

（3）溶液D中通入过量CO?生成沉淀F的离子方程式为；

（4）沉淀C的成份是,逐滴向少量沉淀C中加入过量III至沉淀全

部溶解，所得溶液的颜色为。

21.（10分）某课外活动小组同学欲利用CuO与NH,的反应来研究NH：,的某种性质并测定

其组成，设计的实验装置如图所示（夹持装置已省略）。

试卷第4页，总6页

请回答下列问题：

（1）仪器a的名称为；仪器b中盛装的试剂为（填

名称）。

（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为单质铜，且量气管中有气体单质产生，

上述实验现象证明NH?具有性，写出相应的化学方程式:o

（3）装置E中浓硫酸的作用是o

（4）实验结束后，若测得干燥管D增重mg,装置F中气体的体积为nL（已折算为标准

状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含m、n的代数式表示）。

（5）有同学认为：NL与CuO反应生成的红色物质中可能含有CuQ。已知：CuQ是一种

TJ+

碱性氧化物；在酸性溶液中，Cu'的稳定性比O?.差（Cu—«-Cu+Cu。。请你设计一

个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu』）。

22.（18分）某铜矿石的主要成分是CsO,还含有少量的AI2O3、FezCh和SiO2。某工

+2+

厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示（已知：CU2O+2H-CU+CU+H2O）O

（1）滤液A中铁元素的存在形式为（填离子符号），生成该离子的离子方

程式为,检验滤液A中存在该离子的试剂为（填试剂名

称）。

⑵金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为

，在实验室中完成此实验还需要的试剂是。

a.KClOab.KC1c.Mgd.MnOz

（3）为使固体混合物D在空气中灼烧完全分解，应,直至连续两次测定的

实验结果相同（或质量相差小于0.1g）时为止；灼烧时必须用到的实验仪器是

(4)溶液G与固体混合物B反应的离子方程式为。

(5)将Na£03溶液滴入到一定量的CuCk溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不

溶于水的盐(不含结晶水)，该盐受热分解产生三种氧化物，则该盐的化学式是o

三、计算题：(共8分)

23.在MgCb和AlCb的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的

NaOH的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如下图所示。

沉淀物质的期

加入NaOH的物质的和mo】

(1)写出代表下列线段发生的反应的离子方程式：

DC段.

(2)原溶液中Mg2+、AP+的物质的量之比为.

(3)图中B点时所加入溶液中含NaOH为mol

若向1的溶液中加入溶液，充分反应后得到

(4)50mL2mol-LAICI3100mLKOH3.12g

沉淀。则KOH的物质的量浓度可能为o

试卷第6页，总6页

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铝、氮答题卷

班级：姓名：学号：

一、选择题：（每题只有一个正确选项，共44分）

12345678910

1112131415161718\\

二、填空题：（共48分）

19.（10分）_______________________________________________

和O

20.(10分)

(1);

(2)；

(3)；

(4),o

21.(10分)

(1)；O

(2),

(3)o

(4)(用含m、n的代数式表示)。

(5)

答案第1页，总13页

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22.(18分)

(1)______________

(2),

(3),o

(4)

(5)o

三、计算题：(共8分)

23.

(1)。

(2)o

(3)mol

(4)。

答案第2页，总13页

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1.A

【解析】

【详解】

A项，液氨用作制冷剂利用了液氨气化吸热的性质，为物理变化，不涉及化学变化，故选A

项；

B项，明机在水中电离出Al。Al"水解生成的A1(OH)3胶体有较强的吸附能力，因此可用作

净水剂，涉及化学变化，故不选B项；

C项，石英成分为二氧化硅，氢氟酸与二氧化硅能发生反应，因此刻蚀石英制艺术品涉及化

学变化，故不选C项；

D项，用铁质容器盛放浓硫酸时铁与浓硫酸发生钝化，涉及化学变化，故不选D项。

正确选项Ao

2.D

【解析】分析：A产可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al(0H)3是两性氢

氧化物能溶于强酸强碱，A产离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀AF+最好不

用强碱用弱碱。

详解：A、硝酸银与氯化铝反应生成氯化银白色沉淀，A不符合；

B、氢氧化钠溶液是强碱溶液，沉淀AF+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所

以AF+不能全部沉淀出来，B不符合；

C、石灰水是强碱溶液，沉淀AF+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以AF+

不能全部沉淀出来，C不符合；

D、氨水是弱碱溶液，可以沉淀AF+,且Al(0H)3不溶于弱碱溶液，D符合。

答案选D。

3.B

【解析】

【详解】

A、氨气极易溶于水，可用水吸收，但需要采用倒扣漏斗防止倒吸，故A正确；B、CO?和

HC1都可以与氢氧化钠反应，故B错误；C、氨气为碱性气体，可以碱性干燥剂碱石灰干燥

氨气，故C正确；D、氢气的密度小于空气，短进长出的方式连接，即为下排空气法收集，

CO?、CL、HC1的密度比空气大，可长进短出的方式连接，即为上排空气法收集，故D正确；

故选Bo

答案第3页，总13页

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4.C

【解析】分析：A.明矶水解可生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性；

B.过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气；

C.碳酸钠水解呈碱性；

D.熔点高的物质可用于耐高温材料。

3

详解:A.明矶净水的原理是：A1+3H2OA1(OH)3(胶体)+3H,利用Al(OH)3(胶

体)的吸附性进行净水，A正确；

B.过氧化钠用作潜水艇中的供氧剂是因为过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，B正

确；

C.碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于油脂的水解，碳酸钠与油脂不反应，C错误；

D.氧化铝为离子化合物，熔点高，可用于耐高温材料，D正确。

答案选C。

5.C

【解析】分析：加入铝片有氢气产生，溶液可能呈酸性也可能呈碱性。A项，酸性条件下

N03一不能大量存在，碱性条件下Fe3+不能大量存在；B项，H+与HC03一不能大量共存，碱性

条件下H+、HCO,-都不能大量存在；C项，无论酸性还是碱性条件下离子相互间不反应，

能大量共存；D项，酸性条件下NCh一不能大量存在，碱性条件下NH4+不能大量存在。

详解：加入铝片有氢气产生，溶液可能呈酸性也可能呈碱性。A项，酸性条件下A1与NOT

反应不产生H2,酸性条件下NCh-不能大量存在，碱性条件下Fe3+与反应不能大量存在；

B项，H+与HC03-反应不能大量共存，碱性条件下H+、HCO3一都不能大量存在；C项，无论

酸性还是碱性条件下离子相互间不反应，离子一定能大量共存；D项，酸性条件下A1与

NCh-反应不产生比，酸性条件下NCh-不能大量存在，碱性条件下NH4+与OH-反应不能大量

存在；一定能大量共存的离子组是C项，答案选C。

点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子

间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体如丁与

HCO3->NHJ与OH-、Fe3+与等；②离子间发生氧化还原反应；③离子间发生络合反

应，如Fe3+与SCN-等；④注意题中的附加条件，如与A1反应放出H2的溶液既可能呈酸性

也可能呈碱性等。

6.B

【解析】分析：反应3cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，CL为氧化剂，

答案第4页，总13页

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N元素化合价升高，被氧化，N%为还原剂，N%可与HC1反应生成氯化镂，有白烟生成，

以此解答。

详解：A.反应中C1和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项A正确；B.NH：!

中N元素化合价升高，被氧化，NE为还原剂表现了还原性，选项B正确；C.N元素化合

价由-3价升高到。价，则生成ImolNz时有6moi电子转移，选项C错误；D.反应生成HC1,

N%可与HC1反应生成氯化镂，有白烟生成，选项D正确；答案选B。

点睛：本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注

意从元素化合价的角度解答该题，难度不大。

7.A

【解析】

【分析】

A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；

B.NH4cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷有生成NH4C1；

C.碘易溶于酒精，不分层；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体。

【详解】

A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取Fe(0H)2并观察其颜

色，所以A选项是正确的；

B.NECl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成NHC1,因此得不到氨气，

故B错误；

C.碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故C错误；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化氮，故D错误。

所以A选项是正确的。

8.A

【解析】

【详解】

钠和稀盐酸、水都反应，镁和铝分别与稀盐酸反应的方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2t>

2Al+6HCl=2AlCb+3H2t,0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mok

0.9mol,实际上n(HC1)=lmol/LX0.IL=0.Imol,所以镁和铝都剩余，根据2Na〜H2t可

知，0.3molNa完全反应，生成氢气的物质的量是0.15moL镁和铝都剩余，所以二者与酸

答案第5页，总13页

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反应生成氢气的量相等，根据氢原子守恒得生成氢气的量是0.lmol+2=0.05mol,所以同温

同压下产生的气体的物质的量之比为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1。

答案选A。

【点睛】

本题考查了根据方程式计算，注意钠性质的特殊性，同时还要进行过量计算，以不足量的物

质为标准进行计算，为易错题。

9.D

【解析】pH=12的NaOH溶液浓度为0.01mol/L,pH=2的某酸溶液中氢离子浓度为0.Olmol/L,

二者等体积与足量的Al反应。若该酸为强酸，则氢氧化钠与酸提供的氢离子物质的量相等,

+3+

根据2Al+2Na0H+2I12O=2NaAlO2+3H232A1+6H=2A1+3H2t,可知生成氢气体积V1=3Vz；

若该酸为弱酸，氢氧化钠与酸提供的氢离子物质的量之比可能为2：6,则生成氢气体积

V尸V2,氢氧化钠与酸提供的氢离子物质的量之比可能大于2：6,则生成氢气体积Vi>V2,

故D正确。

点睛：本题考查弱电解质的电离、根据化学方程式有关计算，关键是讨论酸的是强酸还是弱

酸，判断酸提供氢离子物质的量与氢氧化钠物质的量关系。

10.C

【解析】试题分析：反应3NO2+H2O===2HNO3+NO中，3moiNO2中有2mol氮原子元素的

化合价由+4价升高到+5价，被氧化；有lmol氮原子元素的化合价由+4价降为0价，被还

原。则被氧化的物质与被还原的物质的量之比为2：1,选C。

考点：考查氧化还原反应

11.B

【解析盼析：A项，电荷不守恒;B项，醋酸与氢氧化钠溶液反应生成CH3coONa和H2O；C

项，NaHCCh应改写成Na+和HCO。D项，稀硝酸具有强氧化性，足量稀硝酸将Fe氧化成

Fe3+«

详解：A项，电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=CM++2Ag,A项错误；B项，醋

酸与氢氧化钠溶液反应生成CH3coONa和H2O,离子方程式为

CH3COOH+OH=CH3COO+H2O,B项正确；C项，NaHCCh应改写成Na+和HCO3一,正确的

离子方程式为HCO3-+H+=H2O+C(M，C项错误；D项，稀硝酸具有强氧化性，足量稀硝酸

将Fe氧化成Fe3+,符合题意的离子方程式为Fe+4H++NC>3-=Fe3++NOf+2H2O,D项错误；答

案选B。

答案第6页，总13页

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点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：

①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态

进行判断，如拆分是否正确(如题中C项)、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒

角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等(题中A项)；④

从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

12.C

【解析】硝酸铜溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸会引入氢离子，单质铜可以与氢离子、硝

酸根离子共同反应(3CU+8H++2NO3-=3CU2++2NOT+4H2O),所以铜粉溶解，即铜粉溶

解不是因为铜与稀硫酸反应，选项A错误。铝箔加热时被氧化生成氧化铝薄膜，因为氧化

铝熔点较高，不能融化，所以看不到液态铝滴落，选项B错误。氨水和少量二氧化反应生

成碳酸筱，碳酸核和氯化钙发生复分解反应得到碳酸钙沉淀，选项C正确。检验核根离子

的要求是：加入浓氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口。选项D中加入

稀氢氧化钠溶液，未加热，所以生成的NMTbO不一定分解为氨气逸出，选项D错误。

13.B

【解析】图像中前期加入的NaOH没有在溶液中生成沉淀说明溶解铝土矿时H2s04过量，

所以6.0g铝土矿溶解后得到A12(SC>4)3\、Fe2(SO4)3、H2sO4混合溶液，加入NaOH溶液后反

应依次为：H2SO4+2NaOH-Na2SO4+2H2O、Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)31+3Na2so4、

A12(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)31+3Na2SO4^Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,当加入35mLNaOH

时，沉淀A1(OH)3没有溶解，所以反应后所有的Na元素、SCV-生成Na2SO4,

n(H2so4)=n(Na2so4)=n(NaOH)/2=10

mol-L'xO,O35L/2=O.175mol,c(H2SO4)=0.175mol/0.1L=1,75mol/L„正确答案Bo

14.A

【解析】已知n(H2)=0.2mol,由质量守恒可得，参加反应的盐酸n(HCI)=0.4mol,故B正确；

由电子转移守恒可得，反应中共转移电子n(e)=0.4mol,故C正确；由反应方程式Mg+2HCI=

MgCI2+H2t和2AI+6HCI=2AICI3+3H2t可知，设混合物中Mg为xmol,Al为ymol,即由质

量守恒得24x+27y=3.9,由电荷守恒得2x+3y=0.4,解得x=0.05mol,y=0.1mol,所以参加反

应的Mg的质量为1.2g,所以A错误；若与足量的氢氧化钠溶液反应，则只有O.lmol铝反

应，由电子转移守恒求得，能生成0.15mol出，所以D正确。本题正确答案为A。

15.A

【解析】

答案第7页，总13页

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【详解】

A、根据图像可知，生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的，所以根据方程式Mg+2H*

2+

=Mg+H2t,2A1+6H*=2A13++3H2t可知，镁和铝的物质的量之比是3:2,A正确；

B、镁和铝的物质的量之比是3:2,质量之比是3X24:2X27=4:3,B错误；

C、二者摩尔质量之比为24g/mol：27g/mol=8：9,C错误;

D、根据氢原子守恒可知，消耗的硫酸是相等的，D错误；

答案选A。

16.A

【解析】生成NO气体11.2L为0.5mol(质量为15g),所以硝酸得电子为1.5mol,溶液质量

增加18.6g,所以加入的铁粉为18.6+15=33.6g(0.6mol),所以最终溶液中Fe?+和Fe?+一共

为0.6mol。设最终溶液中Fe?+和Fe?+各自为Xmol和YmoL有X+Y=0.6；根据得失电子守

恒得到：2X+3Y=1.5；解得X=Y=0.3：所以选项A正确。加入铁粉为0.6moL选项B错误。

最终溶液中Fe?+和Fe3+各自为0.3mol,即硝酸铁和硝酸亚铁各自为0.3mol,其中一共含有

1.5mol硝酸根离子，生成的NO为0.5mol,根据N原子守恒得到硝酸为2mol,浓度为

1000x2+800=2.5mol/L(因为溶液中最后又Fe?+,所以硝酸一定不剩余)，选项C错误。反应

后溶液中有0.3molFe3+,能够反应0.15molCu,质量为9.6g,选项D错误。

17.C

【解析】A项，常温下A1在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B项，标准状况下SCh呈固态，

无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C项，。2和互为同素异形体，16gC>2和

16g

O3的混合气体中所含O原子物质的量：n(0)=16g/mol=lmol)c项正确；D项，N?与H?

化合成NH.3的反应为可逆反应，在一定条件下ImolNz与3moi也反应生成N%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。

18.C

【解析】

【详解】

A.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、NO2与水，铜失电子，硝酸被还原为NO、NO2两种

答案第8页，总13页

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气体，而NO、NO?两种气体在碱性环境下被氧气氧化为NO。NO、NO2又失电子，氧气

得电子，所以整个过程相当于铜失电子转移给了氧气，根据电子守恒：设铜有

amol,2a=5.6/22.4x2x2,a=0.5mol,铜的质量为0.5x64=32g,A正确；

B.令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol,根据电子转移守恒与二者体积列方程，

则:3x+y=0.5x2,x+y=l1.2/22.4,计算得出：x=0.25mol,y=0.25mol.气体的体积分别为5.6L

的NO和5.6L的NO2，B正确；

C.0.5moicu与硝酸完全反应生成硝酸铜0.5mol,同时反应生成的NO、NO2两种气体共有

11.2/22.4=0.5mol,所以参加反应硝酸的量n(HNC>3)=0.5x2+0.5=1.5mol,而硝酸可能还有剩

余，所以硝酸的物质的量浓度可能NlO.OmoLL」，C错误；

D.向反应后的溶液加NaOH,使铜沉淀完全，根据Cu2+--2NaOH反应反应可知，0.5molCu2+

完全沉淀消耗NaOH的物质的量为Imol,如果反应后硝酸过量，氢氧化钠还需中和硝酸，

所以需要NaOH的物质的量要大于l.Omol,D正确；

正确选项Co

【点睛】

本题考查氧化还原反应计算，把握硝酸的作用，氮元素的化合价变化及原子守恒、电荷守恒

是解题的关键，侧重分析和计算能力的考察，试题难度较大。

19.先生成白色絮状沉淀，后又溶解Al2(SO,)3+6NaOH=2Al(OH)

3I+3Na2S0.1Al(OH)3+Na0H=NaA102+2H20氨水(或NH3•H20)Al2(SOJ3+6NH3«H2O=2A1(OH)31+3

(NHD2S0.

【解析】

【分析】

氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶解在强碱溶液中，如果用铝盐制备氢氧化铝，一般用氨水，

据此解答。

【详解】

向A12(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，首先生成氢氧化铝沉淀，由于氢氧化铝

是两性氢氧化物，氢氧化钠过量后氢氧化铝溶解，则现象是先生成白色絮状沉淀，后又溶解，

有关反应的化学方程式为Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3I+3Na2SO4和

Al(OH)3+Na0H=NaA102+2H20o氢氧化铝不能溶解在氨水中，则如用Ah(SO4)3溶液制备

Al(OH)3，应选用的试剂是氨水(或NH3♦H2O),该反应的化学方程式为Ah(SO4)

3+6NH3•H2O=2A1(OH)3I+3(NH4)2SO4O

答案第9页，总13页

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20.2NH,C1+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3t+2II20生石灰、碱石灰、氢氧化钠固体(填写一

种试剂)在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管3CuO+2NI13=3CU+N2+3H20取少

许样品，加入稀HAO,,若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu?O反之则没有CuzO高温下，

CuO比Cu2O的热稳定性差

【解析】

【详解】

(一)(1)实验室用氯化镂和消石灰反应制备氨气,反应的化学方程式为2NHE1+Ca(Oil)

：1=CaCl2+2NH3t+2H2O；

(2)用浓氨水与NaOH固体或生石灰或碱石灰等混合可以迅速制备少量氨气；

(二)(1)氯化铁和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥,在装置A与B之间增

加装有碱石灰的干燥管，氨气污染空气,C装置后需要连接尾气吸收装置；

(2)CuO变为红色物质，无水硫酸铜变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水,

反应的化学方程式为3CuO+2NH3=3CU+Nz+3H20；

(三)(1)由题中信息可以知道，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu的稳定性比Cu"差,

则将Cu20加入硫酸中发生，可观察到溶液出现蓝色,说明红色物质中含有Cu0反之则没有；

(2)由题意可知

xCu(OH)2----CuxO

98x64x+16

9.8g7.2g

解得x=2,所以为A的化学式为CwO,因此得到的结论高温下，CuO比Cu2O的热稳定性差。

21.分液漏斗生石灰(或氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰)还原

△

=

3CUO+2NH3^3CU+3H2O+N2吸收未反应完的氨气，阻止装置F中的水蒸气进入装置D

9n/ll.2m(或18n/22.4m)

【解析】分析：(1)依据装置仪器分析回答，根据氨气的制备原理解答；

(2)C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧

化氨气生成铜、氮气和水；

(3)E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F

装置中的水蒸气进入D；

答案第10页，总13页

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（4）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；

依据元素守恒计算得到。

详解：（1）装置中仪器a为分液漏斗：仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固

体溶解放热或发生化学反应等促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱

石灰固体均能满足；

（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明

氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写

△

=

出该反应的化学方程式为3CUO+2NH3^3CU+3H2O+N2；

（3）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果；

m

—mol

（4）若测得干燥管D增重mg为水，物质的量为18,装置F测得气体的体积为nL（已

n

------mol

折算成标准状况）为N2,物质的量为22.4,依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量

nm9n

之比=11.2,9,则氨分子中氮、氢的原子个数比为112m。

点睛：本题考查了氨气的实验室制备，性质验证和反应现象分析判断等知识点，明确装置的

流程分析，量气装置的使用方法、氨气实验室制备原理是解答的关键。测定元素物质的量之

比的计算时要注意守恒法的应用。

22.Fe2+2Fe3++Cu===2Fe2++Ci?+铁氟化钾溶液（或氯水和KSCN溶液、双氧水和KSCN

溶液等，合理即可）2Al+Fe2O33-A12O3+2Feac灼烧，冷却至室温后称重，重复多次坨烟

2

SiO2+2OH~===SiO3'+H2OCu2（OH）2CO3[^Cu（OH）2CuCO3]

【解析】

【分析】

某铜矿石的成分中含有CsO,还含有少量的AI2O3、Fe2O3和SiO2,加入足量稀盐酸过滤，

CU2O溶于酸反应生成铜和铜盐，所以固体混合物B为Cu、SiO2,滤液A中为亚铁离子、铝

离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到固体混合物D为氢氧化铜、氢氧化铁，滤

液为C为AKV离子，通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解得到氧化铝，电解熔

融氧化铝得到金属E为A1,固体混合物D空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生

铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜；固体混合物B中加足量的NaOH溶

答案第11页，总13页

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液，过滤，滤渣为Cu,滤液为硅酸钠溶液，据此分析可得结论。

【详解】

(1)CU20溶于酸反应生成铜和铜盐，铜和铁离子反应生成亚铁离子，所以滤液A中为亚

铁离子，检验亚铁离子方法为：先加KSCN溶液，若不变色，再加氯水，变红色，说明含

有亚铁离子，故答案为:Fe2+、2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,铁氟化钾溶液(或氯水和KSCN

溶液、双氧水和KSCN溶液等，合理即可)；

(2)金属A1与氧化铁和氧化铜发生置换反应生成金属单质，该反应的化学方程式为

壁壁

2Al+Fe2OjAbO3+2Fe,2Al+3CuOAI2O3+3C11,其中用于焊接钢轨为

==

2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe)进行铝热反应还需要氯酸钾和镁条来引发该反应，故答案为：

2A1+Fe2()3AI2O3+2F、ac；

(3)为使固体完全分解，应反复灼烧，多次称量，灼烧应在生烟中进行，故答案为：灼烧,

冷却至室温后称重，重复多次；用烟；

(4)固体混合物B中加足量的NaOH溶液，二氧化硅与之反应生成硅酸钠和水，故答案为:

2

Si