6【答案】 D 【点拨】 NO2不能用排水法收集，A不正确；用浓盐酸和MnO2
反应制取Cl2需要加热且不能用排水法收集，B不正确；用NH4Cl和Ca(OH)2反应制取NH3需要加热且不能用排水法收集，C不正确；H2O2溶液和MnO2在常温下反应生成O2且O2不易溶于水，所以D正确。
7【答案】 C 【点拨】 硝酸的浓度越大，反应速率越快，消耗时间越少；1 mol Cu与足量的浓硝酸反应会生成2 mol NO2,1 mol Cu与足量的稀硝酸反应会生成2/3 mol NO；参加反应的铜的质量相同，因此氧化剂得到的电子也相同；由于铜元素守恒，反应后溶液中铜离子的浓度也相同。
8【答案】 B 【点拨】 硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，再和碱反应生成盐，B项正确；硅、氮和铁的单质和氧气反应生成的氧化物均不能溶于水，A、C、D项错误。
9【答案】 BD
【点拨】 产生喷泉的条件：气体在液体中的溶解度很大(或气体与液体能发生反应)，烧瓶内外产生足够的压强差。NO在水中溶解度不大且二者不反应，不能产生喷泉；因CO2在NaOH溶液中发生反应：CO2＋2NaOH===Na2CO2＋H2O，烧瓶中压强减小，形成喷泉；Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，不能形成喷泉；NH3与盐酸完全反应，能形成喷泉。
10【答案】 B 【点拨】 由于Cu与稀HNO3反应而不与稀H2SO4反应，所以很容易出现以下错误的解题思路：
由题意，n(HNO3)＝0.1 L×0.4 mol·L－1＝0.04 mol，
1.92 g
n(Cu)＝＝0.03 mol，
64 g·mol－1由3Cu＋ 8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 3 8
0.03 mol 0.04 mol
可知，与0.04 mol HNO3恰好反应的Cu为0.015 mol，生成的
0.015 mol
Cu2＋为0.015 mol(剩余的Cu为0.015 mol)，所以c(Cu2＋)＝
0.1 L
＝0.15 mol·L－1，答案为A。
但以上解析是错误的，这是因为Cu与HNO3反应生成了硝酸盐，
－
而溶液中还存在由H2SO4提供的H＋，因此，H＋、NO3会继续将Cu
氧化直至Cu耗完或H＋、NO－3中的一种离子耗完。正确的解题思路如下：
＋
在溶液中，n(NO－3)＝0.04 mol，n(H)＝0.06 mol， n(Cu)＝0.03 mol，
2＋
3Cu ＋ 8H＋ ＋ 2NO－===3Cu＋2NO↑＋4H2O 3 3 8 2
0.03 mol 0.06 mol 0.01 mol
＋＋
经分析可知，Cu和NO－过量，H完全反应，由H的物质的量3
计算得n(Cu2＋)＝0.022 5 mol，c(Cu2＋)＝0.225 mol·L－1，答案为B。
【方法技巧】 对“Cu＋HNO3＋H2SO4”型的计算应以离子方程式为依据。
11【答案】 A
点燃
【点拨】 A项中，Si＋O2=====SiO2，SiO2＋2NaOH===Na2SiO3
＋H2O，但Na2SiO3不能一步反应得到单质Si。
【点拨】 仔细观察该套装臵的特点，集气瓶出气管较短，则收 12【答案】 B
集的气体密度比空气大，C项错误；而A项中的一氧化氮能够被氧气氧化，故不能用排空气法收集；该题的净化装臵采用了浓硫酸，而硫化氢具有很强的还原性，不能用浓硫酸净化；故只有B项符合题意。
13【答案】 D
【点拨】 NaHCO3先受热，且受热面积大，其对应石灰水先变浑浊，并不能用来比较二者稳定性强弱。
14【答案】 B
【点拨】 A项，MnO2是催化剂，不参与反应；B项，Cu与浓HNO3、稀HNO3均能反应，可消耗完；C项，Cu与稀H2SO4不反应，即当变为稀H2SO4时，反应即停止；D项，常温下Al在浓H2SO4中发生钝化。
15【答案】 B 【点拨】 在写离子反应方程式时，微溶物如果是反应物且澄清，则拆写成离子的形式；如果作反应物时浑浊或作生成物时，一律不拆写，写化学式。B中因为是澄清的石灰水，所以要拆写成离子的形式。
16【答案】 A
【点拨】 浓硝酸与Cu反应时的还原产物是NO2，稀硝酸与Cu反应时的还原产物是NO；浓硫酸与Zn反应时的还原产物是SO2，稀硫酸与Zn反应时的还原产物是H2。
17【答案】 C
【点拨】 只有浓盐酸才能被二氧化锰氧化，随着反应的进行，浓盐酸会变稀，反应会停止，所以A中的浓盐酸不能完全被消耗。B中的铝遇浓硫酸钝化。当1：4 时，生成Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物。氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，故氮气不能完全被消耗。 18【答案】 D 【点拨】 根据离子方程式进行计算。 2＋ 3Cu ＋ 8H＋ 2NO－===3Cu＋2NO↑＋4H2O 3 3 mol 8 mol 2 mol 44 800 mL 0.015 mol 0.1 mol 0.2 mol V(NO) 比较可知Cu不足量，由Cu的物质的量计算得V(NO)＝224 mL。 19【答案】 (1)由C还原SiO2得到的单质Si中，杂质含量过高，将它用HCl、Cl2处理得到低沸点的SiHCl3，便于蒸馏提纯，然后再还原得到高纯硅 (2)①Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4↑ △ ②SiH4=====Si＋2H2 【点拨】 (1)根据方法一的生产流程，可得如下反应式：SiO2 高温 ＋2C=====Si(粗硅)＋2CO↑，所得的粗硅中含有大量的其他杂质(如C、SiO2等)，没有实际应用价值，将粗硅用HCl、Cl2处理转 高温 化为沸点低的SiHCl3，反应方程式为Si＋Cl2＋HCl=====SiHCl3，低沸点的SiHCl3通过蒸馏极易分离提纯，然后将纯的SiHCl3在高温下用H2还原即可得到纯度高的Si蒸气： 高温 SiHCl3＋H2=====Si＋3HCl，再进行气相沉淀即可制得高纯度的硅，从而得到单晶硅。 (2)Mg2Si与盐酸作用制得SiH4，根据原子守恒可知另一种生成物为MgCl2，其反应方程式为 Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4↑；再将SiH4进行热分解即可得到高纯硅和H2，其反应方程式为 △ SiH4=====Si＋2H2。 20【答案】 (1)Fe Cl2 H2 点燃 (2)2Fe＋3Cl2=====2FeCl3 (3)2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑ (4)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ 【点拨】 根据反应①A＋B―→D(固体)和反应④F＋B―→D溶液，可知F是化合物，A是变价金属，且A在F中呈低价。又从物理性质中可判断B是Cl2。由此可推出A是Fe，D为FeCl3，F为FeCl2。从反应③A＋E―→F＋C可知，F为盐酸，则C为H2。 21【答案】 (1)分液漏斗 圆底烧瓶 (2)② ④ (3)E中无变化，F中红色布条褪色 (4)蓝色 2I－＋Cl2===2Cl－＋I2 橙色 (5)B 【点拨】 (1)注意区分普通漏斗、分液漏斗和长颈漏斗三种漏斗在结构上的不同，注意圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶的区别。 (2)除去Cl2中的HCl用饱和食盐水；除去Cl2中的水蒸气用浓硫酸；除杂顺序一般是先净化后干燥。 (3)Cl2不能使干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色。 (4)通入Cl2时发生反应2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝色。Cl2也能将Br－氧化为Br2，溴水溶液的颜色是橙色的。 (5)因为Cl2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，又因为在水中的溶 解度不大，故不需防倒吸。 22【答案】 (1)NO2(或A) 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 溶液都变红色 (2)①4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3 1 ② mol·L－1 a (3)紫色石蕊试液变红 红色由浅变深 2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4 (4)出现白色沉淀 －＋ Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl－＋SO24＋4H、 2－ Ba2＋＋SO4===BaSO4↓ 【点拨】 从图A、B、C的实验结果分析，试管里液面上升越高，表明相同条件下气体在水中溶解度越大。根据A中剩余气体的体积可以判断是二氧化氮溶于水发生反应生成NO：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。三种气体与水反应都生成酸，滴加紫色石蕊试液，都会变红色，只是A装臵的烧杯中红色最深，C装臵的烧杯中红色最浅。 (2)①装臵D中发生的反应有：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO、2NO ＋O2===2NO2，相加得总反应方程式：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。②设D装臵中集气瓶体积为V L，则二氧化氮气体的体积为V L， V LV n(NO2)＝＝ mol，最后集气瓶中充满液体，说明硝酸溶液－1aa L·mol V mola1 的体积为V L，则c(HNO3)＝＝ mol·L－1。 aV L (3)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是还原性酸，通入氧气反应后，被氧化生成强酸(硫酸)，溶液红色变深。 (4)氧气在水中将二氧化硫氧化成硫酸。 23【答案】 (1)Cu＋H2O2＋2HCl===2H2O＋CuCl2 (2)大于 ＋2＋ 3Cu＋2NO－3＋8H===3Cu＋2NO↑＋4H2O (3)b 【点拨】 (1)根据题意可知，在盐酸存在的条件下，H2O2与铜发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂，铜作还原剂。 (2)只有浓硫酸才能和Cu发生氧化还原反应，稀硫酸和Cu不反应，所以被还原的硫酸为0.9 mol时，浓硫酸的实际体积必须大于根据方程式计算的理论值。 (3)将酸X加入铁中，铁粉未见溶解；加水后溶解，说明酸是浓硫酸或浓硝酸；向反应后的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明是浓硫酸。 △ 24【答案】 (1)2H2SO4(浓)＋Cu=====CuSO4＋SO2↑＋2H2O － (2)①3Cu＋2NO3＋8H－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O ②Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu(或其他合理答案) (3)能 【点拨】 (1)根据气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，可知D为SO2，由A是一种红色金属可知A为Cu，从而可知反应①为Cu和浓硫酸的反应。 (2)根据D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色可推知反应①是铜与稀硝酸的反应。 (3)铝是既可以与酸反应又能与碱反应放出H2的物质。 25【答案】 (1)0.1 mol 1 120 (2)小于 (3)18 mol·L－1 【点拨】 (1)设消耗H2SO4物质的量为x，生成SO2体积为y， △ Cu＋2H2SO4(浓)=====CuSO4＋SO2↑＋2H2O 64 g 2 mol 22400 mL 3．2 g x y mL 64 g2 mol22400 mL ＝＝ x3.2 gy mL??x＝0.1 mol解得? ?y＝1120 mL? (2)n(H2SO4)＝0.05a mol， 由于Cu与浓硫酸的反应中，溶质H2SO4不可能全部参加反应，且被还原的硫酸为参加反应的硫酸的一半，故实际被还原的硫酸的物质的量小于0.025a mol。 19.81 g (3)因为n(BaSO4)＝＝0.085 mol 233 g·mol－11120 mL n(SO2)＝－1＝0.05 mol 22400 mL·mol 所以原溶液中硫酸的物质的量： － n(H2SO4)＝n(SO24)＋n(SO2)＝0.9 mol 0.9 mol 所以c(H2SO4)＝＝18 mol·L－1。 0.05 L 新课标第一网系列资料 www.xkb1.com