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第五章 化工生产中的重要非金属元素
单元测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷（选择题 44 分）
一、选择题：本题包括22小题，每小题只有以个选项符合题意，每小题2分，共44分。
1.下列有关酸雨及形成的说法正确的是（ ）
A．pH小于7的降雨通常称为酸雨
B．酸雨的形成和空气中CO 含量增多有直接关系
2
C．大量含硫化石燃料燃烧是形成酸雨的主要原因
D．植被破坏、水土流失、生态环境破坏导致了酸雨形成
【答案】C
【解析】A．酸雨是指pH<5.6的降雨，故A错误；B．CO 含量增多，会导致温室效应，不会导致酸雨的
2
形成，故B错误；C．含硫化石燃烧会产生大量SO ，经过系列变化会形成酸雨，故C正确；D．植被破
2
坏、水土流失、生态环境破坏不会形成酸雨，故D错误；故选C。
2．化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中错误的是（ ）
A．“天宫二号”空间运行的动力源泉——太阳能电池帆板，其核心材料为晶体硅
B．“天问一号”火星车使用的保温材料——纳米气凝胶，具有丁达尔效应
C．三星堆二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化史上的诸多空白。青铜器的出土
表明我国商代已经掌握冶炼铜技术
D．“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅
【答案】D
【解析】A．宫二号使用的光伏太阳能电池的核心材料是半导体硅，天宫二号使用的光伏太阳能电池是将
太阳能转化为电能，A正确；B．“天问一号”火星车使用的热控材料是新型保温材料-纳米气凝胶，属于
胶体，能够产生丁达尔效应，B正确C．青铜器的主要成分是铜单质，商代的铜人铜像，说明此时我国已
经掌握炼铜技术，C正确；D．单质硅是半导体材料，芯片中的半导体材料为单质硅，D错误；故选D。
3．下列说法正确的是（ ）
A．硫质脆，微溶于酒精和二硫化碳
B．硫与氢气反应，体现了硫的还原性
C．硫与铁粉和铜粉分别反应，都可生成二价金属硫化物D．从硫的化合价角度分析，硫单质既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】D
【解析】A．硫质脆，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，A错误；B．硫与氢气反应生成硫化氢，其中硫的化
合价降低，表现氧化性，B错误；C．硫与铁粉和铜粉反应分别生成FeS和Cu S，C错误；D．硫单质中S
2
为0价，在反应中既可以作氧化剂，化合价降低到 价，也可以作还原剂，化合价升高到 、 价，D
正确；答案选D。
4．下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸具有强氧化性，常温下可与铁单质剧烈反应
B．SO 能杀菌消毒防腐，常用作食品添加剂
2
C．氨气因有刺激性气味，因此不用来作制冷剂
D．所有铵盐受热均可以分解，产物均有NH
3
【答案】B
【解析】A．浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一
步氧化，即发生钝化现象，因而不能与铁单质剧烈反应，A错误；B．SO 能够使细菌、病毒的蛋白质变性
2
而失去其生理活性，故能杀菌消毒防腐，因此只要SO 气体的使用量在合适的范围，可以用作食品添加
2
剂，B正确；C．氨气易液化，液氨气化时会从周围环境中吸收大量的热量，导致环境温度降低，故液氨
常用作制冷剂，C错误；D．所有铵盐都不稳定，受热均可以分解，但分解产物不一定都有NH 产生，如
3
NH NO ====NO↑+2HO，反应产物无NH 生成，D错误；故合理选项是B。
4 3 2 2 3
5．我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下
列对硅及其化合物的有关叙述正确的是( )
A．二氧化硅既能与烧碱溶液反应又能与氢氟酸反应，所以二氧化硅是两性氧化物
B．晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
C．晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它的提炼工艺复杂，价格极高
D．晶体硅和金刚石的硬度都很大
【答案】D
【解析】A．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，没有盐生成，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，
有盐生成，因此二氧化硅是酸性氧化物，A错误；B．晶体硅的化学性质不活泼，但常温下能与氢氟酸反
应，B错误；C．晶体硅是一种良好的半导体材料，是由二氧化硅和碳在高温条件下反应得到粗硅，粗硅
和HCl在加热条件下反应得到三氯硅烷，三氯硅烷与氢气在高温条件下反应得到硅单质，它的提炼工艺不
算复杂，价格不高，C错误；D．晶体硅和金刚石的硬度都很大，D正确；故选D。
6．下列关于氮及其化合物的说法错误的是（ ）A．NO 和水反应，NO 既做了氧化剂又做了还原剂
2 2
B．NO、NO 均为大气污染气体，在大气中均可稳定存在
2
C．可用浓盐酸检测输送NH 的管道是否发生泄漏
3
D．HNO 具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
3
【答案】B
【解析】A．NO 和水反应，即3NO +H O=2HNO +NO，N元素的化合价既升高又降低，NO 既做了氧化
2 2 2 3 2
剂又做了还原剂，故A正确；B．NO、NO 均为大气污染气体，其中NO遇氧气可以与之反应生成NO ，
2 2
即2NO+O =2NO，NO在大气中不稳定，故B错误；C．浓盐酸易挥发，与氨反应生成氯化铵，即
2 2
HCl+NH=NHCl，可以看到白烟，则可用浓盐酸检测输送NH 的管道是否发生泄漏，故C正确；D．
3 4 3
HNO 具有强氧化性，可以与铜和银反应，所以可溶解铜、银等不活泼金属，故D正确；答案为B。
3
7．大气污染物SO 易溶于水，通常表现出较强的还原性，对人体的呼吸系统和中枢神经系统等均有毒性作
2
用。认识和利用SO 的性质可有效防治 对环境的污染，并实现SO 的综合利用。实验室通过下列实验
2 2
探究SO 的性质。
2
实验 实验操作和现象
用充有80mLSO 的针筒吸入 蒸馏水，用橡皮塞堵住针筒前端，充分振荡，
1 2
针筒内几乎没有气体剩余
2 取5mL实验1中的溶液，滴入几滴紫色石蕊试液，溶液显红色
3 取5mL实验1中的溶液，加入5mL3%的HO 溶液，观察不到实验现象
2 2
4 取5mL实验1中的溶液，通入HS气体，出现淡黄色浑浊
2
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1说明SO 与水发生了化学反应
2
B．实验2中发生了以下过程：SO +HO HSO 、HSO ==2H++SO
2 2 2 3 2 3
C．实验3中可能发生了反应SO +HO==H SO
2 2 2 2 4
D．实验4说明SO 水溶液具有还原性
2
【答案】C
【解析】A．已知SO 易溶于水，针筒内几乎没有气体剩余，可能原因是SO 溶于水，不是发生化学反
2 2
应，故A错误；B．紫色石蕊试液变红色说明溶液呈酸性，发生反应：SO +HO HSO 、亚硫酸是二元
2 2 2 3
弱酸，主要的电离方程式为HSO H++HSO，故B错误；C．SO 具有还原性，HO 有氧化性，两者在
2 3 2 2 2
溶液中发生氧化还原反应，化学方程式为：SO +HO==H SO ，故C正确；D．实验4的反应方程式为
2 2 2 2 4SO +2H S=3S↓+2H O，SO →S反应中S元素化合价降低，说明SO 水溶液具有氧化性，D错误；选：C。
2 2 2 2 2
8．由下列实验事实得出的结论正确的是（ ）
A．由SiO 不能与水反应生成硅酸可知，SiO 不是酸性氧化物
2 2
B．CO 通入NaSiO 溶液产生白色沉淀，可知酸性HCO＞HSiO
2 2 3 2 3 2 3
C．由SiO＋2C \o(\s\up6(_____)Si＋2CO↑，可知碳的非金属性大于硅
2
D．SiO 可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO 为两性氧化物
2 2
【答案】B
【解析】A．酸性氧化物是能跟碱生成盐和水的氧化物，SiO 能与碱反应生成硅酸盐和水，所以SiO 是酸
2 2
性氧化物，酸性氧化物不是用是否跟水反应确定的，故A错误；B．CO 通入NaSiO 溶液产生白色沉淀，
2 2 3
白色沉淀为硅酸，根据强酸可以制弱酸，可知酸性HCO＞HSiO，故B正确；C．碳和硅是同主族元
2 3 2 3
素，碳的原子半径小于硅，碳得电子能力强于硅，所以碳的非金属性强于硅，反应SiO＋
2
2C\o(\s\up6(_____)Si＋2CO↑能发生的原因主要是生成了CO气体，CO可以离开反应体系，可以促使反应
不断向右进行，故C错误；D．SiO 可与NaOH等碱溶液反应生成盐和水，SiO 虽然可与氢氟酸反应，但
2 2
不能和其他酸反应，SiO 和酸的反应不具有普遍性，所以SiO 不是两性氧化物，SiO 是酸性氧化物，故D
2 2 2
错误；故选B。
9．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。某短周期元素的单质及其部分
化合物的价类二维图如图所示。下列推断合理的是（ ）
A．a到b、c、d、e、f均可直接转化
B．标准状况下，1molb和c的混合物体积为22.4L
C．可先加盐酸，再加氯化钡溶液检验e的钠盐是否变质
D．f的水溶液在空气中放置，不易被氧化
【答案】C
【解析】A．由图示知，A为S单质，结合反应：S+O====SO 、3S+6NaOH====2NaS+Na SO +3H O、
2 2 2 2 3 2
S+3Na O(熔融)====NaSO +2Na O，知a可以直接转化为c、d、e、f，但S与O 反应不能一步到SO (b)，
2 2 2 4 2 2 3
A不合理；B．标准状况下，SO 非气体，故1 mol SO 和SO 混合物体积小于22.4 L，B不合理；C．e的
3 2 3钠盐为NaSO 或NaHSO，若变质，则会生成NaSO ，可通过先加入盐酸，再加入氯化钡溶液检验是否有
2 3 3 2 4
硫酸根确认其是否变质，C合理；D．化合物f中硫元素为-2价，容易被空气中氧气氧化成S而变质，D不
合理；故答案选C。
10．化学是以实验为基础的科学。下列实验设计能达到目的的是（ ）
选项 实验目的 实验设计
用不同浓度的酸性KMnO 溶液分别与相同浓度HC O
A 探究浓度对反应速率的影响 4 2 2 4
溶液反应
B 证明SO 具有氧化性 将SO 通入品红溶液中，品红褪色
2 2
C 检验溶液中FeSO 是否被氧化 取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
4
D 测定NaOH溶液pH 将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．由于不同浓度的酸性KMnO 溶液本身的颜色就不相同，故褪色时间也不相同，故不能用不同
4
浓度的酸性KMnO 溶液分别与相同浓度HC O 溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，可以用等浓度的
4 2 2 4
酸性高锰酸钾溶液和不同浓度的HC O 溶液反应来探究浓度对反应速率的影响，A不合题意；B．SO 漂
2 2 4 2
白是化合漂白不是氧化漂白，故将SO 通入品红溶液中，品红褪色，不能证明SO 的氧化性，B不合题
2 2
意；C．取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe3+，即可检验溶液中
FeSO 是否被氧化，C符合题意；D．测量NaOH溶液的pH值时不能用湿润的pH试纸，否则结果偏小，D
4
不合题意；故答案为：C。
11．下列说法正确的是（ ）
A．我国自主研发的“龙芯1号”CPU芯片与光导纤维是同种材料
B．制备玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英
C．氯气具有酸性，可与烧碱或石灰乳反应制备含氯消毒剂
D．过氧化钠具有强氧化性，可用作潜水艇中氧气的来源
【答案】B
【解析】A．CPU芯片基础材料是单晶硅，光导纤维的材料是二氧化硅，描述错误，不符合题意；B．普
通玻璃的制造材料是纯碱、石灰石、石英，描述正确，符合题意；C．氯气是单质气体，不能说有酸性，
描述错误，不符合题意；D．过氧化钠与CO 反应产生氧气，反应中过氧化钠既作氧化剂也作还原剂，发
2
生自身氧化还原反应，与过氧化钠强氧化性无关，描述错误，不符合题意；综上，本题选B。
12．下列生活中的物质与其有效成分、用途的对应关系中不正确的是（ ）选项 A B C D
物质 漂白粉 复方氢氧化铝 水玻璃 小苏打
有效成分 Ca(ClO) Al(OH) NaSiO NaCO
2 3 2 3 2 3
用途 消毒剂 抗酸药 木材防火剂原料 发酵粉
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．漂白粉有效成分是次氯酸钙，漂白粉溶于水，可发生反应生成次氯酸：例如Ca(ClO) +H O
2 2
+CO ==CaCO↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性能，杀菌消毒，故漂白粉是消毒剂，A正确；B．Al(OH) 是
2 3 3
一种两性氢氧化物，具有微弱弱碱性、能和盐酸反应，故是一种抗酸药，B正确；C．NaSiO 的水溶液俗
2 3
称水玻璃，硅酸钠不能燃烧，木材用水玻璃浸泡后晾干难以燃烧、不易腐蚀，可作木材防火剂，C正确；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，碳酸氢钠不稳定、受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳、故可可用于制作
发酵粉，D不正确；答案选D。
13．实验装置不能达到实验目的的是（ ）
A B C D
用该装置制备少量白色
稀释浓硫酸 制备并检验SO 气体 吸收NO中的NO
2 的Fe(OH) 沉淀 2
2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．浓硫酸密度大于水的密度，稀释浓硫酸时应该把浓硫酸沿着烧杯内壁慢慢注入水中，并不断
搅拌，A错误；B．在加热的条件下浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，利用品红溶液检验二氧化硫的漂白
性，氢氧化钠溶液吸收尾气，可达到实验目的，B正确；C．利用铁和稀硫酸反应生成的氢气排除装置中
的空气，然后依据压力变化把生成的硫酸亚铁压入氢氧化钠溶液中生成氢氧化亚铁沉淀，可达到实验目
的，C正确；
D．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，可以用该装置吸收NO中的NO ，D正确；答案选A。
2
14．对下列有关事实的解释，其中错误的是 ( )
A．常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不能反应
B．浓硝酸在光照条件下其颜色变黄，说明浓硝酸不稳定见光容易分解C．在蔗糖固体中加入适量浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
D．反应：CuSO ＋HS===CuS↓＋HSO 能够进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
4 2 2 4
【答案】A
【解析】常温下铝和浓硝酸之间发生钝化，发生的是氧化还原反应，但反应后形成了氧化物的薄膜阻止反
应的进一步发生，故A错误。
15．纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是（ ）
A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ的反应是NaSiO＋HSO =H SiO↓＋NaSO
2 3 2 4 2 3 2 4
C．步骤Ⅱ中的Y生成可用SiO 与水反应代替
2
D．步骤 Ⅲ若在实验室完成，一般在坩埚中进行
【答案】C
【解析】A． 硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A正确；B．硅酸钠与稀硫酸反应生成硅
酸，所以步骤II的反应是NaSiO＋HSO =H SiO↓＋NaSO ，故B正确；C．SiO 与水不反应不能够生成
2 3 2 4 2 3 2 4 2
硅酸，故C错误；D．灼烧固体一般在坩埚中进行，故D正确。故答案为C。
16．下列叙述错误的是 （ ）
A．利用如图装置可制取
B．将干燥的红色石蕊试纸接近图中a处，可观察到试纸变蓝
C．图中收集完NH 后，取下试管，在导管口b处堵上浸有稀硫酸的棉花可防止NH 污染空气
3 3
D．进行图所示实验时，可观察到液体迅速充满试管并变为红色，说明 极易溶于水，其水溶液显碱性
【答案】B
【解析】A．利用氯化铵与氢氧化钙反应制备氨气，反应为固体与固体在加热条件下制备气体，可以用利
用图1装置制备，故A正确；B．氨气不能使将干燥的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；C．稀硫酸可以吸
收氨气生成硫酸铵，防止气体氨气污染空气，故C正确；D．氨气溶于滴有酚酞的水中，可观察到液体迅
速充满试管并变为红色，说明气体氨气极易溶于水，其水溶液显碱性，故D正确，故选：B；
17.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )选项 实验 现象 结论
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分 有气体生成，溶液呈红
A 稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
反应后滴加KSCN溶液 色
将铜粉加入1.0mol/LFe (SO ) 溶 溶液变蓝、有黑色固体
2 4 3
B 金属铁比铜活泼
液中 出现
C 向少许待测液中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体放出 待测液中一定含有SO
NH Cl固体受热分解，产生氨气和氯化
4
D 加热盛有NH Cl固体的试管 试管底部固体消失
4
氢气体常温下重新结合成N H Cl
4
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】A.过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以加入KSCN溶液时，
溶液不呈红色，故A错误；B.Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，
现象错误，且两者没有因果关系，故B错误；C.有刺激性气味气体放出，也有可能含有HSO−
，故C错
3
误；D.氯化铵受热分解生成氨气和HCl，离开热源，氨气和HCl重新生成氯化铵，故D正确。
18．一定条件下，硫的某种含氧酸HSO (x≤4)与HS可发生如下反应：HS+HSO →S+(x-3)SO +H O(未配
2 x 2 2 2 x 2 2
平)，则下列有关的推断合理的是（ ）
A．该反应中，一定有SO 生成
2
B．该反应中，HS作还原剂，HSO 作氧化剂
2 2 x
C．若x=3，则还原剂与氧化剂的粒子个数之比为1：1
D．若x=4，则每生成1个S原子，此时转移的电子为6个
【答案】B
【解析】若x=3，反应为2HS+HSO =3S↓+3H O；若x=4，反应为HS+HSO =S↓+SO +2H O；A．根据分
2 2 3 2 2 2 4 2 2
析，当x=3时，反应为2HS+HSO =3S↓+3H O，不会生成SO ，故A错误；B．无论x=3还是x=4，在反
2 2 3 2 2
应中HS中-2价的硫都被氧化成0价的S，HS作还原剂，x=3时HSO 作氧化剂被还原成S，x=4时HSO
2 2 2 x 2 x
作氧化剂被还原成SO ，故B正确；C．若x=3，HSO 为HSO ，HSO 与HS发生归中反应生成S和
2 2 x 2 3 2 3 2
HO，还原剂HS与氧化剂HSO 物质的量之比为2:1，故C错误；D．若x=4，若为HSO ，应是浓HSO
2 2 2 3 2 4 2 4
将HS氧化成S，而浓硫酸自身被还原成SO ，则每生成1molS，转移2mol电子，故D错误；答案选B。
2 2
19．自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，不正确的是（ ）A．硝化过程中，含氮物质被氧化
B．氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4
C．N→NH +属于氮的固定，N 发生还原反应
2 4 2
D．土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素
【答案】B
【解析】A．由图示可知，硝化过程为：NH +转化为NO -，NO -在进一步转化为NO -，该过程中N的化合
4 2 2 3
价都在升高，故含氮物质被氧化，A正确；B．由图示可知，氨氧化过程中的反应为：NO -
2
+NH +=N +2H O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B错误；C．氮的固定是指由
4 2 2
游离态的氮即N 转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N→NH +属于氮的固定，过程中N 的化合价
2 2 4 2
由0价降低到-3价，N 发生还原反应，C正确；D．由图示可知，Fe2+能与NO -反应转化为N，Fe3+能与
2 3 2
NH +反应转化为N，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D正确；故答案
4 2
为：B。
20．三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的
是 （ ）
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中生成0.1 mol N，转移0.5 mol电子
2
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、C H、NO 三种成分的净化
x y x
【答案】D【解析】A．根据图示可知，NO 与BaO、O 转化成Ba(NO ) 的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A
x 2 3 2
错误； B．根据图示可知，BaO为催化剂，NO 与BaO、O 转化成Ba(NO ) 时，BaO参与储存N元素，
x 2 3 2
故B错误；C．还原过程中生成0.1 mol N，转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-0)×2=1 mol，故C错误；
2
D．整个过程中，CO、C H、NO 转化成CO、HO、N，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、
x y x 2 2 2
C H、NO 三种成分的净化，故D正确；故选D。
x y x
21.无色的混合气体甲中可能含有NO、CO、NO 、NH 、N 中的几种，将100mL气体甲经过图实验处
2 2 3 2
理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（ ）
A. NH 、NO 、N B. NH 、NO、CO
3 2 2 3 2
C.NH 、NO 、CO D. NO、CO、N
3 2 2 2 2
【答案】B
【解析】二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80毫升，说明
一定有存在NH ，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，与氧气立即反应变为
3
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、CO，排水法收集气体，广口瓶被
2
上升的水注满，说明没有N 。故选B。
2
22.将一包由Cu、Cu O和CuO、和组成的混合物均分成两份：一份混合物在加热条件下与H 充分反应，
2 2
将固体全部转化成铜粉时固体质量减少了6.4g；向另一份混合物中加入800mLHNO 溶液恰好完全反应生
3
成Cu(NO ) 和NO(假设不产生其他还原产物)，这些NO和3.36LO (标准状况)混合并通入足量水中，气体
3 2 2
全部被吸收生成HNO 。则该硝酸的物质的量浓度为（ ）
3
A. 1.0mol/L B. 2.0mol/L C. 30mol/L D. 4.0mol/L
【答案】B
【解析】将Cu O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反
2
应后固体质量减少6.4g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：
6.4g
=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入800mL硝酸，固体
16g/mol
恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO ) ，且同时收集到NO，标准状况下O 的物质的量为：
3 2 2
3.36L
=0.15mol，由4NO+3O +2H O=4HNO 可知，n(NO)=0.2mol，根据电子转移守恒
22.4L/mol 2 2 3
可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO ) ]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知
3 2
n(HNO )=n(NO)+2n[Cu(NO ) ]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为：
3 3 2
1.6mol
=2mol/L，选项B符合题意。故选B。
0.8L
第 II 卷（非选择题 共 56 分）
二、非选择题：本题共5个小题，共56分。
23．（10分）摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO 是一种常见的摩擦剂。
2
(1)Si在元素周期表中的位置是_________________________。
(2)根据用途推测SiO 在水中的溶解性：______________(填“易溶”或“难溶”1分)。
2
(3)制备SiO 的方法如下：
2
①写出反应I的离子方程式_________________________________________________。
②比较酸性强弱：HSO _____HSiO(填“>”或“＜”1分)。
2 4 2 3
③结合原子结构解释②中酸性关系：Si和S电子层数相同，________________________________。
(4)为满足不同需求，牙膏中还会添加一些特殊物质，如含氟牙膏中添加氟化亚锡(SnF )。锡的原子结构示
2
意图如图。
下列说法正确的是_____(填序号)。
a.Sn元素的最高正化合价为+4
b.Sn的原子半径比Si大
c.Sn和Si均可以作半导体材料
【答案】(1)第三周期第ⅣA族 (2)难溶 (3) SiO2-+2H+=H SiO↓ ＞ 核电荷数Si＜S，原子半
3 2 3
径Si＞S，得电子能力Si＜S，非金属性Si＜S，硫酸酸性强于硅酸 （4）ab
【解析】(1)Si为第14号元素，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；
(2)SiO 为常见的摩擦剂，其在牙膏中以固体形式存在，因此SiO 在水中难溶；
2 2
(3)①HSiO 难溶于水，因此可以用NaSiO 和酸反应生成，反应的离子方程式为：SiO +2H+=H SiO↓；
2 3 2 3 2 3
②根据强酸制弱酸的原理，硫酸可以制备硅酸，因此硫酸酸性强于硅酸；
③Si和S电子层数相同，核电荷数Si＜S，原子半径Si＞S，得电子能力Si＜S，非金属性Si＜S，硫酸酸性
强于硅酸；(4)a．Sn为主族元素，主族元素的最高正化合价等于其族序数，Sn为第ⅣA族元素，因此Sn的最高正化
合价为+4价，a正确；b．同一主族元素原子从上到下原子半径逐渐增大，因此Sn的原子半径大于Si，b
正确；c．Sn为金属元素，可以导电，Sn不是半导体，Si为非金属元素，可以导电，Si是半导体，c错
误；故答案选ab。
24．（10分）有一瓶溶液含Cl-、CO2-、SO 2-、Na+、NH +、Cu2+、Mg2+七种离子中的某几种，为确定其成
3 4 4
分，现进行如下实验：
①向原溶液中滴加过量NaOH溶液，有白色沉淀产生；
②将①所得溶液加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；
③向原溶液中滴加BaCl 溶液，无沉淀产生；
2
④向原溶液中滴加AgNO 溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。
3
回答下列问题：
（1）原溶液中一定含有的离子是___________________，一定不含有的离子是__________________，可能
含有的离子是_____________。
（2）写出实验①、④中生成白色沉淀发生反应的离子方程式：
①___________________________________________；④_______________________________________。
（3）有同学认为实验④可以省略，你认为呢？ ______________________(填“可以”或“不可以”)，并
说明理由
________________________________________________________________________________________。
【答案】（1）Mg2+、NH +、Cl- Cu2+、CO2- 、SO 2- Na+
4 3 4
（2）Mg2++2OH-= Mg(OH) ↓ Ag++Cl-=AgCl↓
2
（3）可以 根据溶液电中性原理确定溶液中一定含有Cl-
【解析】由实验①知，产生白色沉淀Mg(OH) ，确定原溶液一定含有Mg2+，一定不含Cu2+，由实验②知，
2
产生的气体显碱性，推测为NH ，确定原溶液一定含有NH +，由实验③知原溶液不含CO2- 、SO 2- ，由
3 4 3 4
实验④知，产生白色沉淀AgCl，确定原溶液一定含有Cl-，Na+不能确定是否存在。
（1）由分析知，原溶液一定含有的离子是：Mg2+、NH +、Cl-，一定不含有的离子是：Cu2+、CO2- 、SO 2-
4 3 4
，可能含有的离子是Na+。
（2）实验①为Mg2+结合OH-生成沉淀Mg(OH) ，对应离子方程式为：Mg2++2OH-= Mg(OH) ↓；实验④为
2 2
Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，对应离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
（3）可以省略，因为根据实验②确定原溶液不含 ，阴离子只剩Cl-，根据溶液呈电中性，确定
Cl-一定存在，故此处填：可以、根据溶液电中性原理确定溶液中一定含有Cl-。
25．（12分）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物且都含有一种相同元素，A是单质，B是A的氧化物。它们有如图反应关系：
（1）若B是淡黄色固体，②③的反应中均有一种相同的反应物且摩尔质量为18g/mol，D俗称小苏打。则
C的化学式为___________，写出物质B与 反应的化学方程式________________________________，
由D和澄清石灰水可得到C，写出该反应的离子方程式_______________________________________。
（2）若B是制作光导纤维的材料，②③的反应物中均有烧碱，D为酸。用氧化物表示C的组成
___________，反应①②③④⑤中，属于氧化还原反应的有___________(填序号)，写出D转化为C的离子
方程式________________________________________________。
（3）若B是红棕色固体，反应③在盐酸中完成，则反应②中加入物质的化学式为___________；若C、D
组成元素相同，则C转化为D的离子方程式为__________________________________，在D中滴入氢氧化
钠溶液，一段时间内观察到的现象是_________________________________________。
【答案】（1）NaOH 2Na O+2CO =2Na CO+O OH-+Ca2++HCO-=CaCO ↓+H O
2 2 2 2 3 2 3 3 2
（2）NaO·SiO ①② H SiO+2OH-=SiO 2-+2H O
2 2 2 3 3 2
（3） Cl （1分） Fe+2Fe3+=3Fe2+ 先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
2
【解析】（1）氧化物为淡黄色固体，故B为过氧化钠，A为钠，反应②③中有水参加反应，故C为
NaOH，D为小苏打，即为碳酸氢钠。过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为
2NaO+2CO =2Na CO+O ，碳酸氢钠与氢氧化钙溶液反应得到氢氧化钠，说明氢氧化钙过量，故离子方
2 2 2 2 3 2
程式为OH-+Ca2++HCO =CaCO ↓+H O；
3 2
（2）B是制作光导纤维的材料，则B为二氧化硅，则A为硅，②③的反应物中均有烧碱，D为酸，则C
为硅酸钠，硅酸盐组成复杂，通常用氧化物表示其组成，硅酸钠表示为NaO·SiO ；硅单质生成SiO 或硅
2 2 2
酸钠时，化合价发生变化，为氧化还原反应，故选①②；D为硅酸，硅酸与氢氧化钠反应的离子方程式为
HSiO+2OH-=SiO 2-+2H O；
2 3 3 2
（3）若B是红棕色固体，反应③在盐酸中完成，则B为氧化铁，A为铁，C为氯化铁，D为氯化亚铁，铁
和氯气反应生成氯化铁，故反应②加入Cl，C转化为D的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，在D中加入氢氧
2
化钠溶液先生成氢氧化亚铁沉淀，然后被氧气氧化为氢氧化铁沉淀，观察到的现象是先产生白色沉淀，后
迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
26．（8分）“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新
“名片”。
（1）硫酸工业排出的尾气(主要含SO )有多种处理方式。其中一种方式便 是
2用软锰矿浆(MnO )吸收，如图所示。写出“反应1”的化学方程式：
2
_________________________________________________________。
（2）治理汽车尾气中NO和CO的方法之一是在汽车的排气管上安装一个催化转化装置，使NO和CO在
催化剂作用下转化为无毒物质，写出该反应的化学方程式：__________________________________。
（3）某工厂拟综合处理含 废水和工业废气(主要含N、Cl、NO)，设计了如下工艺流程：
2 2
①“反应I”用于吸收Cl，“反应I”的化学方程式为________________________________________。
2
②“反应目II”的离子方程式为_____________________________________________。
【答案】（1）SO +MnO=MnSO
2 2 4
（2）2CO+2NO 2CO+N
2 2
（3） 2Cl+2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO) +2H O NH ++NO-=N ↑+2H O
2 2 2 2 2 4 2 2 2
【解析】（1）由图示可得，用软锰矿浆(MnO )吸收SO 生成MnSO ，反应的化学方程式为
2 2 4
SO +MnO=MnSO ；
2 2 4
（2）NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质，则发生氧化还原反应生成CO 和N，故化学方程式为
2 2
2CO+2NO 2CO+N ；
2 2
（3）①由流程图结合已知条件，“反应I”用石灰乳吸收Cl，故化学方程式为
2
2Cl+2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO) +2H O。②“反应II”为NH +和NaNO 溶液反应生成无污染气体。根据氧化
2 2 2 2 2 4 2
还原反应原理，NH +和NO -发生氧化还原反应生成N，根据原子守恒判断反应中还会生成HO，该反应离
4 2 2 2
子方程式为NH ++NO-=N ↑+2H O。
4 2 2 2
27．(16分）某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装
置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。实验操作及现象：
实验操作 现象
I.将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触 产生气体
II.当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提
A装置中产生无色气体，E装置中开始时
III.将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热
出现浅红棕色气体
IV.用F装置向E装置中鼓入空气 E装置中气体颜色逐渐加深
V.一段时间后 C装置中白色沉淀溶解
试回答下列问题：
（1）操作I中产生气体的化学式为______________。操作I的目的是
___________________________________。D装置的作用是
______________________________________________。
（2）C装置中白色沉淀的化学式是_______________。操作II中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置
上提的原因是_______________________________________________________。
（3）操作III中A装置中产生无色气体的化学方程式是
____________________________________________。
（4）E装置内气体颜色逐渐加深的原因是
_________________________________________________________。
（5）操作V现象产生的原因是(用两个化学方程式说
明)_____________________________________________，
___________________________________________________。
【答案】（1）CO 用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO 气体将装置中的空气排尽 平衡压强，吸收
2 2
NO、NO 、CO 等尾气，防止污染空气
2 2（2）CaCO 防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
3
（3）3Cu+8HNO ==3Cu(NO )+2NO↑+4HO
3 3 2 2
（4）CO 比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量
2
红棕色气体NO ，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO 生成，所以气体颜色逐渐加深。
2 2
（5）3NO +H O==2HNO +NO（或4NO+3O +2H O==4HNO )，CaCO +2HNO ==Ca(NO )+H O+CO↑
2 2 3 2 2 3 3 3 3 2 2 2
【解析】该实验的原理是首先用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO 将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧
2
气对实验造成干扰，然后铜与稀硝酸反应产生气体，通过向E装置中通入空气，气体颜色变深，说明铜与
稀硝酸反应产生的气体为NO，最后处理尾气。
（1）操作I是用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO 气体将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验的
2
干扰。D装置的作用是平衡压强，吸收NO、NO 、CO 等尾气，防止污染空气。
2 2
（2）C装置中出现白色沉淀说明E中的空气排尽了，生成的沉淀为CaCO ，当C装置中产生白色沉淀时
3
立刻将B装置上提是防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。
（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO无色气体和水，反应的化学方程式是
3Cu+8HNO ==3Cu(NO )+2NO↑+4HO。
3 3 2 2
（4）CO 比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量
2
红棕色气体NO ，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO 生成，所以气体颜色逐渐加深。
2 2
（5）C中白色沉淀溶解是因为NO 与水反应生成硝酸，发生反应）3NO +H O==2HNO +NO（或
2 2 2 3
4NO+3O +2H O==4HNO )，，硝酸能溶解碳酸钙沉淀，发生反应CaCO +2HNO ==Ca(NO )+H O+CO↑ 。
2 2 3 3 3 3 2 2 2
