专题硫酸和硝酸专练提升练习 高一化学必修第二册暑假作业人教版（2019）

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专题03硫酸和硝酸专练提升练习
2022~2023学年高一化学期末复习（人教版）
一、单选题，共15小题
1．（2023春·北京西城·高一北京八中校考阶段练习）下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是
A B C D
蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近 铝丝伸入硫酸铜溶液中 氯气通入溶液变成黄色 向蔗糖中加入浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
2．（2023春·北京东城·高一北京五十五中校考期中）某同学设想用下表所给装置来验证浓硫酸的某些性质，其中不能达到实验目的的是（ ）
选项 A B C D
实验目的 吸水性 脱水性 稀释放热 强氧化性
实验装置
A．A B．B C．C D．D
3．（2017·四川成都·高一假期作业）下列反应中硝酸既能表现出酸性又表现出氧化性的是
A．使石蕊试液变红
B．与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2
C．与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3
D．与铜反应放出NO气体，生成Cu（NO3）2
4．（2023春·贵州铜仁·高一贵州省松桃民族中学校考阶段练习）下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是
A．Fe(NO3)2溶液白色沉淀
B．Ba(NO3)2溶液白色沉淀
C．无色溶液白色沉淀
D．无色溶液无色溶液白色沉淀
5．（2022春·安徽黄山·高一统考期末）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项 操作 现象 解释或结论
A 过量的Fe粉中加入稀硝酸，充分反应后，滴加KSCN 溶液 溶液呈红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B Al 箔插入稀硝酸中 无现象 Al箔表面被HNO3氧化形成致密的氧化膜
C 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸变蓝色 浓氨水呈碱性
D 向淀粉溶液中加入少量稀H2SO4，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量新制的Cu(OH)2，加热 生成砖红色沉淀 淀粉完全水解
A．A B．B C．C D．D
6．（2023春·上海杨浦·高三复旦附中校考阶段练习）推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预测及分析错误的是
A．试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有氧化性
B．试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性
C．试管中产生大量气泡，说明Na2SO3被氧化产生SO3
D．一段时间后试管内有白色沉淀，说明有SO生成
7．（2019秋·河北石家庄·高一石家庄外国语学校校考期末）相同质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全反应，在相同条件下用排水法收集反应产生的气体，下列叙述正确的是
A．硝酸浓度越大，反应消耗的硝酸越少
B．硝酸浓度不同，生成Cu(NO3)2的物质的量不同
C．硝酸浓度越大，产生的气体越少
D．两者用排水法收集到的气体体积相等
8．（2023春·安徽马鞍山·高一安徽省当涂第一中学校考期中）碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是
A．洗气瓶中产生的沉淀有碳酸钡
B．Z导管口无红棕色气体出现
C．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
D．Z导管出来的气体中有二氧化碳
9．（2020秋·山西太原·高三太原市实验中学校考阶段练习）用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：
(1)铜跟浓硝酸反应；
(2)铜跟稀硝酸反应；
(3)铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。
以下叙述中错误的是（ ）
A．三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B．途径三符合绿色化学的理念
C．三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
D．三种途径所消耗的硝酸的物质的量是：途径(1)＞途径(2)＞途径(3)
10．（2023春·江苏连云港·高一连云港高中校考阶段练习）一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
B．过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C．由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
11．（2022春·吉林长春·高一东北师大附中校考阶段练习）足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 mol·L－1 H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为(　　)
A．6.4 g B．9.6 g C．19.2 g D．24 g
12．（2022春·湖北十堰·高一校考阶段练习）硝酸与金属反应后所得还原产物与硝酸的浓度和金属的活泼性有关。10 mL 0.5 mol·L-1HNO3与0.048 g Mg恰好完全反应。若氮元素只被还原到一种价态，下列说法不正确的是
A．HNO3作还原剂
B．HNO3浓度越低，N元素还原价态越低
C．反应中转移电子数为0.004 mol
D．还原产物可能为NH4NO3
13．（2022春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第三高级中学校考期中）有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含硫酸的浓度为2mol·L-1，含硝酸的浓度为1mol·L-1，现向其中加入0.96 g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为
A．224 mL B．166 ml C．112 mL D．89.5mL
14．（2023秋·新疆乌鲁木齐·高一乌市八中校考期末）向一定量的、、、的混合物中加入的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出标准状况，往所得溶液中加入溶液，无红色出现。若用足量的在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为
A． B． C． D．
15．（2023春·山西朔州·高一朔州市朔城区第一中学校校联考阶段练习）向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法错误的是

A．混合溶液中的物质的量浓度为1 mol/L
B．若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g铜
C．
D．每一阶段反应转移电子数目之比为
二、实验题，共2小题
16．（2023春·北京顺义·高一牛栏山一中校考阶段练习）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应，2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。
（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是________
（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后________
（3）装置①中发生反应的化学方程式是_________
（4）装置②的作用是________，发生反应的化学方程式是__________
（5）该小组得出的结论依据的实验现象是___________
（6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是（选填序号字母）( )
a.加热该绿色溶液，观察颜色变化
b.加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
c.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
17．（2012·甘肃天水·高三阶段练习）某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体。
(1)填写装置的作用：B ______ ，C______，G______。
(2)先点燃______处酒精灯(填“A”或“E”)，点燃E处酒精灯前一步操作______。
(3)证明有SO2生成的现象是______。
(4)可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：______。如果去掉装置D，还能否根据F中的现象判断气体中有氢气？______(填“能”或“不能”)，原因是______。
(5)反应后A的溶液中含有Fe3+和Fe2+，检验其中的Fe2+的方法是______。
三、计算题，共1小题
18．（2022·上海·高一专题练习）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
（1）NO的体积为_____L，NO2的体积为______L。
（2）参加反应的硝酸的物质的量是_______mol。
（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___________mol/L。（结果不需化简）
（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g。
参考答案：
1．A
【详解】A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．氯气通入NaBr溶液中变成黄色，发生反应2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，有化合价变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的H、O元素以2:1脱去，蔗糖转变为C和H2O，同时C和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，发生氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
2．D
【详解】A．盛有水的烧杯中水量减少可以证明浓硫酸具有吸水性，故A项不符合题意；
B．滤纸片脱水炭化可以证明浓硫酸具有脱水性，故B项不符合题意；
C．右侧仪器中的水面右高左低，说明稀释浓硫酸时放出大量的热，使锥形瓶中压强增大，故C项不符合题意；
D．与浓常温下不反应，不能体现浓硫酸的强氧化性，故D项符合题意。
答案选D。
3．D
【详解】A、使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，选项A错误；B、与S单质混合共热时生成H2SO4 和NO2 ，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，选项B错误； C、与Na2CO3 反应放出CO2 气体生成NaNO3 ，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧化还原反应，选项C错误；D、与铜反应生成Cu(NO3)2 和NO气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO表现硝酸的氧化性，选项D正确。答案选B。
4．C
【详解】A．Fe(NO3)2溶液中加入过量盐酸，发生反应生成Fe3+等，通入过量SO2，Fe3+将其氧化生成H2SO4等，加入BaCl2溶液，生成BaSO4白色沉淀，A不符合题意；
B．Ba(NO3)2溶液中加入过量盐酸，后加入的少量Na2SO3会被氧化为Na2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，B不符合题意；
C．无色溶液可能为AgNO3溶液，加入HNO3和BaCl2溶液，生成AgCl白色沉淀，C符合题意；
D．无色溶液中加入过量盐酸，得到无色溶液，则原溶液中不含有AgNO3、Na2SO3等，加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀一定是BaSO4，D不符合题意；
故选C。
5．C
【详解】A．过量的 Fe 粉中加入稀硝酸，充分反应后，溶液中只存在Fe2+，不存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液，不变红色，A不正确；
B．Al 箔插入稀硝酸中，不能形成钝化膜，铝箔不断溶解，有气泡产生，B不正确；
C．用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，石蕊的颜色是遇酸变红、遇碱变蓝，所以试纸变蓝色，表明浓氨水呈碱性，C正确；
D．生成砖红色沉淀，只能表明有葡萄糖生成，不能证明淀粉是否发生完全水解，D不正确；
故选C。
6．C
【详解】A．锥形瓶内发生反应 ，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，证明Br2发生反应，SO2具有还原性，可以被Br2氧化，证明Br2具有氧化性，A项正确；
B．试管中花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；
C．试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，Na2SO3没有发生氧化还原反应，发生的是“强酸制弱酸”的复分解反应，C项错误；
D．试管中Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr， 可以和Ba2+结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确；
故答案为C。
7．D
【详解】一定质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全反应，发生3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（浓）＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
A．等量的Cu与酸反应，浓硝酸消耗的多，故A错误；
B．等量的Cu与酸反应，生成Cu(NO3)2的物质的量相同，故B错误；
C．等量的Cu与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故C错误；
D．因3NO2+H2O＝2HNO3+NO，最终收集气体均为NO，由电子守恒可知，收集NO的体积相等，故D正确；
故选D。
8．D
【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2＋H2O＋NO2=H2SO4＋NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。
【详解】A．由分析可知洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，A项错误；
B．Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，故Z导管口有红棕色气体出现，B项错误；
C．洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，C项错误；
D．Z处逸出的气体中有CO2，D项正确；
答案选D。
9．C
【分析】(1)铜跟浓硝酸反应，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
(2)铜跟稀硝酸反应，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应，反应的化学方程式为2Cu+O2+4HNO3==2Cu(NO3)2+2H2O。
【详解】A. 从方程式可以看出，生成相同量的Cu(NO3)2，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，A正确；
B. 途径三中不产生污染环境的气体，符合绿色化学的理念，B正确；
C. 生成相同量的Cu(NO3)2，途径一中硝酸消耗最多，途径三中硝酸消耗最少，C错误；
D. 生成3mol Cu(NO3)2，三种途径所消耗的硝酸的物质的量是12mol、8mol、6mol，D正确；
故选C。
10．B
【详解】A．过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu＋2＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；
D．反应停止后，再抽入空气，空气中的氧气能与一氧化氮,水继续反应生成硝酸，可继续溶解铜，故D正确；
故选B。
11．C
【详解】Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与1.12LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=＝0.1mol，根据原子守恒得n（Cu）=n[Cu（NO3）2]=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=2×5mol/L×0.1L=1mol，n（H+）：n（NO3-）=1mol：0.2mol=5：1＞1/4，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，则：
3Cu+2NO3-+8H+＝3Cu2++2NO+4H2O
192g 2mol
x 0.2mol
192g：2mol=x：0.2mol，解得x＝19.2g。
答案选C。
【点晴】明确物质之间的反应是解本题的关键，注意进行过量计算，注意转移电子守恒、原子守恒的利用，难点和易错点是没有进行过量计算。
12．A
【详解】A．HNO3与金属反应时，表现酸性和强氧化性，故A错误；
B．HNO3浓度越高，氧化性越强，氧化同种金属时，N元素被还原的价态就越高，故B正确；
C．HNO3与Mg反应，还原剂只有Mg，Mg的化合价由0→＋2，0.048g Mg的物质的量为0.002mol，根据得失电子守恒，反应中转移电子为0.004mol，故C正确；
D．硝酸的物质的量为0.01L×0.5mol·L－1＝0.005mol，生成0.002mol Mg(NO3)2，根据N原子守恒，可能生成0.0005 mol NH4NO3，若生成0.0005 mol NH4NO3转移电子为0.004mol，符合电子守恒，故D正确；
故答案为A。
13．A
【详解】由题意可知，n(HNO3)=1mol/L×0.02L=0.02mol，n(H2SO4)=2mol/L×0.02L=0.04mol，、n(H+)=n(HNO3)+2n(H2SO4)=0.02mol+0.04mol×2=0.1mol，n(Cu)= ，发生反应：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO +4H2O，根据方程式分析，铜完全反应需要氢离子为0.04mol，需要硝酸根离子的物质的量为0.01mol，则硝酸根离子和氢离子都有剩余，反应生成的一氧化氮由铜进行计算，根据反应方程式计算可知，生成的NO的物质的量为0.01mol，故标准状况下体积为 ；
故选A。
14．A
【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入125mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe(NO3)2，标准状况下2.24L NO的物质的量为：，根据N元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.125L×4mol/L-0.1mol=0.4mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：n[Fe(NO3)2]==0.2mol，由铁元素守恒可知，若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，得到铁的物质的量为n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.2mol，故选：A。
15．B
【分析】向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，依次发生反应①、②、③；OA段为反应①，生成NO0.2mol；AB为反应②、BC为反应③，生成氢气0.1mol；
【详解】A．由分析可知，OA段为反应①，生成NO0.2mol，根据氮元素守恒可知，混合溶液中的物质的量浓度为0.2mol÷0.2L=1 mol/L，A正确；
B．由分析可知，200mL溶液中硝酸根离子为0.2mol、氢离子为0.2mol×4+0.1mol×2=1.0mol，，则氢离子过量、硝酸根离子完全反应消耗铜0.3mol，质量为19.2g，则若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g÷2=9.6g铜，B错误；
C．由分析可知，3个反应分别消耗铁0.2mol、0.1mol、0.1mol，共消耗铁0.4mol，质量为22.4g铁，C正确；
D．由分析可知，每一阶段反应转移电子数目之比为，D正确；
故选B。
16． 3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 Cu + 4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+ 2NO2↑ + 2H2O 将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO 装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 acd
【分析】要验证浓硝酸可以将NO氧化成NO2，而稀硝酸不可以。装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO，再分别通过浓硝酸和稀硝酸，进行验证试验；由于氮氧化物均为有毒物质，所以均需要尾气处理。
【详解】（1）氮氧化物均为有毒气体，均需要尾气处理，根据已知，NO不能被NaOH吸收，而NO2可以，则装置⑥为NaOH吸收NO2的装置，则④中盛放的为浓硝酸，将NO氧化成NO2，装置③中为稀硝酸，不能将NO氧化，而NO不溶于水，排水法收集。答案为3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；
（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；
（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu + 4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+ 2NO2↑ +2 H2O；
（4）装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO。所欲装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+ H2O＝2HNO3+ NO。
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；答案为装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；
（6）要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化；答案为acd。
17． 防止倒吸 验证有SO2生成 防止空气中的H2O进入F A 检验氢气的纯度 酸性高锰酸钾溶液变浅 黑色(CuO)变成红色(Cu) ；白色粉末变成蓝色 不能 因为混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验 取A的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液，若红色褪去，证明有Fe2+
【详解】试题分析：（1）由于SO2极易溶于水，所以B装置的主要作用是防止倒吸；二氧化硫极易还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以C装置的作用是验证有SO2生成；由于空气中也含有水蒸气，会干扰实验，所以G装置的作用是防止空气中的H2O进入F。
（2）由于装置中含有空气，所以应该首先点燃A处酒精灯，以排尽装置中的空气。由于生成的氢气是可燃性气体，在点燃之前需要检验氢气的纯度，所以点燃E处酒精灯前一步操作检验氢气的纯度。
（3）根据（1）中分析可知，证明有SO2生成的现象是酸性高锰酸钾溶液变浅。
（4）氢气具有还原性，能把氧化铜还原生成铜和水，而无水硫酸铜极易吸水变成胆矾，所以可以证明气体X中含有氢气的实验现象是黑色(CuO)变成红色(Cu)、白色粉末变成蓝色；由于混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验，所以不能根据F中的现象判断气体中有氢气。
（5）亚铁离子具有还原性，据此可以检验。即取A的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液，若红色褪去，证明有Fe2+。
考点：考查SO2、氢气的检验，实验安全以及亚离子的有关检验等
点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。纵观近几年高考，主要以考查探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。探究性实验的一般思路是：1.准确地把握实验目的；2.利用已学知识，分析如何实现这个目的-－实验原理；3.结合实验材料，初步确定设计对策－－实验方案。
18． 5.376 5.824 1.52 57.8
【详解】铜的物质的量为n（Cu）==0.51mol，混合气体的物质的量为n（NO）+n（NO2）==0.5mol；
(1)设NO为xmol，NO2为ymol，电子得失守恒得：3x+y=0.51×2，气体的总物质的量为x+y=0.5，解之得x=0.26，y=0.24，则V（NO）=0.26mol×22.4L/mol≈5.8L，V（NO2）=0.24mol×22.4L/mol≈5.4L；
(2)铜与硝酸反应，反应生成硝酸铜、NO和NO2，由N原子守恒：参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）=0.51mol×2+0.5mol=1.52mol；
(3)当Cu2+全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，根据氮元素守恒，HNO3的物质的量为n（Na+）+n（NO）+n（NO2），n（Na+）=n（NaOH）=aV×10-3mol，n（NO）+n（NO2）=0.5mol，则原硝酸溶液的浓度为mol/L；
(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，由得失电子守恒可得n（H2O2）×2=3n（NO）+n（NO2）=0.26mol×3+0.24mol，n（H2O2）=0.51mol，m（H2O2）==57.8g。
【点睛】本题以硝酸与铜反应为载体考查了氧化还原反应的有关计算，本题计算量较大，(1)用列方程组解较方便；(2)和(3)要注意反应中部分硝酸参加氧化还原反应，运用N原子守恒的解题，是本题的难点；(4)利用电子守恒技巧能快速解题，是本题的又一难点。
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