河南省罗山高中2022届高三化学复习4.4硫酸和硝酸的氧化性课时作业新人教版必修1

4.4硫酸和硝酸的氧化性1、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（　　）A．1：10B．1：8C．1：6D．1：5【答案】B【解析】解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6﹣（﹣2）+1×2]=2mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.5mol．由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.5mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.5mol﹣0.5mol=0.5mol．由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol．所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.5mol：4mol=1：8．故选：B．2、将11.2g的Mg﹣Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体．再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀．根据题意推断气体x的成分可能是()A．0.3molNO2和0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D．0.6molNO【答案】C【解析】解：向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（5﹣4）+0.3mol×（5﹣2）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N元素获得电子为0.2mol×（5﹣4）+0.1mol×2×（5﹣4）=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；C、生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×（5﹣2）+0.2mol×（5﹣4）+0.05mol×2×（5﹣4）=0.6mol，得失电子相等，故C正确；D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（5﹣2）=1.8mol，故D错误．故选：C．3、向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（　　）A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】解：在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确．故选B．4、若35.4g铜银合金与2L0.5mol/L的硝酸溶液恰好完全反应，则收集的NO在标准状况下的体积是（　　）A．11.2LB．6.27LC．5.6LD．无法确定【答案】C【解析】解：发生反应的有：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O，设铜、银的物质的量分别wex、y，根据总质量可得：①64x+108y=35.4，根据消耗的硝酸可知：②x+y=0.5mol/L×2L，根据①②可得：x=0.3mol、y=0.15mol，0.3mol铜完全反应生成NO的物质的量为：0.3mol×=0.2mol，0.15mol银完全反应生成NO的物质的量为：0.15mol×=0.05mol，所以生成NO的总物质的量为：0.2mol+0.05mol=0.25mol，标准状况下0.25molNO的体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L，故选C．5、amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol·L﹣1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看做是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（　　）①（a+b）×63g②（a+b）×189g③3（a+b）mol④（Vc﹣）mol．A．②④B．②③④C．②③D．①②③④【答案】B【解析】如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据N、Fe原子守恒得n（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]=3n（Fe）=3[n（FeS）+n（FeO）]=3×（a+b）mol=3（a+b）mol，m（HNO3）=n（HNO3）·M（HNO3）=（a+b）×189g；如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，根据转移电子相等、N原子守恒得生成NO的硝酸量==mol，根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=Vcmol﹣mol=（Vc﹣）mol，故选B．6、将一定质量的镁．铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是NO）．向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中正确的是（　　）A．当生成沉淀达到最大量时，消耗NaOH溶液的体积为150mLB．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为4.48L（标准状况下）C．参加反应的金属的总质量一定是9.9gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.6mol【答案】D【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的6mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，A．硝酸没有剩余时，当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为NaNO3，硝酸根守恒可知n（NaNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）=0.225mol×2=0.45mol，由钠离子守恒由n（NaOH）=n（NaNO3）=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为=0.15L=150mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于150mL，故A错误；B．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol，标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故B错误；C．镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol×24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol×64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g，故C错误；D．根据氮元素守恒n（HNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（NO）=0.225mol×2+0.15mol=0.6mol，故D正确，故选：D．7、向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（）A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n，所以反应后的溶液中n=n=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确．故选B．8、FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1：1：1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（）A．1：6B．1：7C．2：11D．16：25【答案】B【解析】设NO2、N2O4、NO的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5﹣4）+1mol×2×（5﹣4）+1mol×（5﹣2）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（FeS），n（FeS）==mol，根据Fe2（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量==，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe（NO3）3的硝酸的物质的量=mol×3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选B．9、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A．1：9B．1：7C．1：5D．2：9【答案】B【解析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6﹣（﹣2）+1×2]=1mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.4mol．由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.4mol﹣0.4mol=0.4mol．由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol．所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选B．10、有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL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为（）A．2.24LB．1.12LC．0.672LD．0.448L【答案】C【解析】10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3﹣）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，则3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O0.02mol0.08mol0.02mol反应后剩余n（H+）=0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2++H2↑0.02mol0.01mol所以：n（NO）+n（H2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，故选C．11、一定量的锌与100mL18.0mol·L﹣1的浓H2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体33.6L．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中c（H+）=0.1mol·L﹣1．则下列说法中错误的是（）A．生成的气体中SO2的物质的量为0.3molB．生成的气体中SO2的物质的量为0.25molC．溶解Zn的物质的量为1.5molD．反应中转移电子的物质的量为3mol【答案】A【解析】锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4═ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol，消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=0.1L×18.0mol/L﹣0.05mol=1.75mol，设混合物气体中含有xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4═ZnSO4+SO2↑+2H2O2xmolxmolZn+H2SO4═ZnSO4+H2↑ymolymol则，解得x=0.25，y=1.25，A．生成的气体中SO2的物质的量为0.25mol，故A错误；B．生成的气体中SO2的物质的量为0.25mol，故B正确；C．由反应可知，溶解的Zn为x+y=1.5mol，故C正确；D．转移的电子为1.5mol×（2﹣0）=3mol，故D正确；故选：A．12、足量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1.344LO2（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．若向所得硝酸铜溶液中加入6mol·L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．60mLB．40mLC．30mLD．15mL【答案】B【解析】完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了Cu失去电子等于氧气得到电子，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4n（Cu）×2=mol×4解得：n（Cu）=0.12mol所以Cu（NO3）2为0.12mol由Cu～Cu（NO3）2～2NaOH可知，Cu2+～2OH﹣0.12moln（OH﹣）则NaOH为0.12mol×2=0.24mol则NaOH体积V===0.04L，即40ml，故选B．13、取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A．3.6mol/LB．3.2mol/LC．2.8mol/LD．2.4mol/L【答案】B【解析】将Cu2O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，反应后固体质量减少6.40g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=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后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（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/L．故选B．14、一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）A．9.0LB．13.5LC．15.7LD．16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，故选A．15、将Fe和Fe2O3的混合物加入25mL2mol/L的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成224mLNO气体（标准状况），再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积至少是（）A．40mLB．45mLC．0mLD．无法确定【答案】A【解析】HNO3的物质的量为0.025L×2mol/L=0.05mol，生成NO的物质的量为：=0.01mol，所以与一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的NO3﹣的物质的量为0.05mol﹣0.01mol=0.04mol，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量为：n（NaOH）=n（NO3﹣）=0.04mol，则所加NaOH溶液的体积最少是=0.04L，即40ml，故选A．16、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：（1）将已除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移人硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　　．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+，应选用　　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②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2.33g．由于此推知气体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中还可能含量有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）铁钉表面被氧化；（2）①d；②66.7%；（3）检验二氧化硫是否除尽；（4）C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（5）C；（6）D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝．【解析】（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阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；（2）①亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，故选d；②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）==0.015mol；SO2～BaSO41mol233gn2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为：=66.7%，故答案为：66.7%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，故答案为：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+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+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，故选C；（6）氢气还原氧化铜会生成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，故答案为：D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝．17、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)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__________________。(2)另取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后收集到气体Y。甲同学取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2.33g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为______。【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，乙同学认为气体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____________________________。(7)若要测定限定体积气体Y中H2的含量(标准状况下约有28mLH2)，除可用测量H2体积的方法外，可否选用质量称量的方法？做出判断并说明理由________。【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(7)否，用托盘天平无法称量D或E的差量(或可以，可用分析天平称量D或E的差量)【解析】(1)铁钉在浓硫酸中发生钝化，表面生成一层致密的氧化膜。(2),所以V(SO2)=0.01mol×22.4L·mol-1=0.224L=224mL，SO2体积分数为×100%≈66.7%。(3)铁钉为碳素钢，故加热后碳与浓硫酸反应可产生CO2、SO2，当浓硫酸变稀后，会产生H2，所以混合气体中有SO2、CO2、H2。能对品红溶液产生作用的只有SO2，所以品红溶液的作用是检验SO2是否在前一洗气瓶中被除尽。(5)检验CO2要用澄清石灰水，应放在SO2被除尽之后进行，因SO2与澄清石灰水也可出现浑浊现象；也不能放在C、D之间，因为气体会带出水蒸气，对后面实验结果带来影响，且碱石灰能吸收CO2，故M应放于B、C之间。(6)H2还原CuO(黑色)得Cu(红色)，生成的水被无水CuSO4吸收生成蓝色的CuSO4·5H2O。(7)由于H2量很少，微小质量变化用托盘天平无法测量，只能用更精密的分析天平称量。18、有一硫酸和硝酸的混合溶液100mL，将其平均分为两等份。向其中一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，然后将生成的沉淀滤出洗净，烘干称得其质量为9.32g；向另一份溶液中滴加4.00mol·L－1的NaOH溶液25.0mL恰好完全中和。求:（1）原混合液中硫酸的物质的量浓度；（2）原混合液中硝酸的物质的量浓度；（3）若将9.6g铜片投入到原混合溶液中，则标准状况下能生成气体多少毫升？（假设还原产物只有一种）【答案】（1）0.800mol·L-1（2）0.400mol·L-1（3）896mL19、如图中的所有物质均由短周期元素组成。其中甲、乙、丙、丁为单质,常温下甲、乙为无色气体,丁为黄绿色气体。丙是常见金属,广泛用于航天、航空工业。工业上从海水中提取G后再通过电解G制取丙,同时得到副产物丁。A、E的分子中均含10个电子,A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,E在常温下是无色无味的溶液。框图中各物质转化所涉及的条件均已省略。回答下列问题:(1)反应①～⑤中属于氧化还原反应的是　　　(填序号)。(2)画出丙的原子结构示意图　　　,写出A的电子式　　　,写出A、B的等电子体(原子数和电子数均相等的粒子)　　　、　　　(用化学式表示)。(3)C的水溶液显酸性,用离子方程式解释_______________________________。【答案】(1)①、⑤(2)H3O+HS-(3)N+H2ONH3·H2O+H+【解析】此题的突破口很多,如:“丁为黄绿色气体”则丁是Cl2;“工业上从海水中提取G后再通过电解G制取丙,同时得到副产物丁”,则丙为Mg;“A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体”则A是NH3;“E常温下是无色无味的液体”则E是H2O,充分运用这些信息,再根据框图中的转化关系可推出:甲、乙、丙、丁分别是H2、N2、Mg、Cl2,A、B、C、D、E、F、G分别是:NH3、HCl、NH4Cl、Mg3N2、H2O、Mg(OH)2、MgCl2。20、下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出），大部分反应在工业生产中得到实际应用。已知Ⅰ、G是单质，且Ⅰ是一种既能与酸反应又能与碱反应生成氢气的金属，L是一种无色气体，K是一种红棕色气体，E是一种红褐色沉淀。请填写下列空白：（1）写出下列物质的化学式：C：；J：。（2）写出下列反应的化学反应方程式：反应⑦：。反应⑩：。（3）写工业上NH3与O2在一定条件下制取L的化学方程式：。【答案】（1）C：H2SO4J：HNO3（2）反应⑦：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe反应⑩：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O（3）4NH3+5O24NO+6H2O【解析】试题分析：I是既能与强酸反应生成氢气又能与强碱反应生成氢气的金属，判断为Al，K是一种红棕色气体，判断为NO2；D的俗名叫铁红为Fe2O3；，A是形成酸雨的主要气体为SO2，由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2知A、D为Fe2O3、A为SO2，结合A+O2→B知，A为SO2，D为Fe2O3，B为SO3，C为H2SO4；I是既能与强酸反应生成氢气又能与强碱反应生成氢气的金属为Al；G、H为Al2O3和Fe中的一种；由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，L为NO；又由G+HNO3→M+NO↑分析知G为Fe，H为Al2O3；M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2；F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；E应为Fe（OH）3，至此全部物质已确定，分别为：A、SO2；B、SO3；C、H2SO4；D、Fe2O3；E、Fe（OH）3；F、Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；G、Fe；H、Al2O3；I、Al；J、HNO3；K、NO2；L、NO；M、Fe（NO3）2；题目所涉及的问题可顺利解决。（1）依据题干条件和推断，A是酸雨主要成分为：SO2，A+O2→B，B+H2O→C，推知C为H2SO4；D为铁红Fe2O3，E为Fe（OH）3，J为HNO3。（2）反应⑦的化学方程式为铝热反应，化学方程式为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。反应⑩的方程式为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O。（3）根据教材知识书写其方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。考点：无机物的推断点评：本题考查了无机化合物的性质转化关系和性质应用，主要利用特征现象进行分析推断各物质，抓住题眼①和题干信息，结合反应和转化关系判断出各物质是解题关键。