鲁科版高中化学必修一第3章《自然界中的元素》单元测试题（解析版）
文档属性
| 名称 | 鲁科版高中化学必修一第3章《自然界中的元素》单元测试题（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 384.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2019-01-05 19:14:21 | ||
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文档简介
第3章《自然界中的元素》单元测试题
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用。下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是( )
A．单质溴 B．单质镁 C．食盐 D．烧碱
2．下列叙述不正确的是( )
A．地球上99%的溴元素以溴单质形式存在于海洋中
B．在每升海水中含量低于1 mg的元素称为海水中的微量元素
C．海水是锂元素的一个重要来源
D．世界上生产的镁大部分来自海水
3．将少量SO3分别加入到含有下列离子的溶液中,下列离子的物质的量不会减少的是( )
A．SO32- B．Ba2+ C．OH- D．Cl-
4．化学与社会、环境密切相关。如图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是( )
A．雾属于胶体，能产生丁达尔效应
B．SO2 和 N xOy 都属于酸性氧化物
C．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一
D．重金属离子可导致蛋白质变性
5．下列有关物质的用途叙述错误的是 （ ）
A．碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多
B．钠和钾的合金可用于制原子反应堆的导热剂
C．碳酸钠可用于玻璃，制皂，造纸、纺织等工业
D．氧化钠可用来作漂白剂
6．海带中的碘元素是以I-的形式存在的，为将I-转化成I2并提取出来，设计操作步骤如下：①通入Cl2；②将海带烧成灰，向灰中加水，搅拌；③加CCl4振荡；④过滤；⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为（ ）
A．①③⑤②④ B．②①③④⑤ C．②④①③⑤ D．③①②⑤④
7．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全部是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH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5.1 g,则下列有关叙述中正确的是（ ）
A.开始加入合金的质量可能为16.4 g
B.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C.生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL
D.标准状况下产物NO的体积为22.4 L
8．下列说法中不正确的是（ ）
A．浓硫酸能与灼热的木炭反应，生成二氧化碳和二氧化硫
B．浓硫酸具有吸水性，在实验室中常用作干燥剂
C．常温下，可以用铁质或铝质容器储存浓硫酸或浓硝酸
D．浓硫酸与铜反应产生的气体对环境无影响
9．下列说法不正确的是( )
A．干冰可用于人工降雨 B．碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂
C．碳酸钠是发酵粉的主要成分 D．次氯酸钙是漂白粉的有效成分
10．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（ ）
A．由①中的红棕色气体，推断浓硝酸受热易分解，应保存在低温阴暗处
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
11．用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的物质的量浓度之比约是( )
A．2：3 B．1：2 C．1：3 D．3：2
12．下列化合物中，不能通过两种单质直接化合制取的是( )
A．NH3 B．SO2 C．CuCl2 D．FeCl2
13．化学与社会、科学、技术、环境、生活等有密切关系，下列说法正确的是( )
A．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
B．合成洗涤剂和纯碱溶液都可洗去油污的原理相同
C．纤维素食用后在人体内水解为葡萄糖为人体提供能量
D．SO2具有还原性，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
14．下列关于各实验装置的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①可用于蒸干氯化铝溶液制A1C13
B．装置②盐桥中的K+自右向左移动
C．装置③可用于收集NH3或HCl气体，并防止倒吸
D．装置④可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
15． 常温离子液体(Ionic Liquid)也称常温熔融盐。硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃。已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是( )
A．水溶液呈碱性 B．可用作电池的电解质
C．是共价化合物 D．结构和性质类似于乙酸乙酯
二、填空题
16．（1）写出下列反应的化学方程式：
①将一小块钠投入水中： ；
②苛性钠腐蚀玻璃： ；
③氯化亚铁溶液中通入氯气： 。
（2）写出下列反应的离子方程式：
④铁粉溶于稀硫酸： ；
⑤稀硝酸与铜片的反应： 。
17．从海水中提取镁的流程如图所示(框图中是主要产物):
请回答相关问题。
（1）下列说法不正确的是____(填序号)。
A．上述方法的优点之一是原料取自大海
B．进行①②③步骤的目的是富集MgCl2
C．工业上也可用电解熔融氧化镁的方法制取镁
D．电解法冶炼金属要消耗大量的电能
（2）海水进入沉淀池前，对海水进行处理有以下两种方案。
方案一:将晒盐后的卤水通入沉淀池。
方案二:将加热蒸发浓缩后的海水通入沉淀池。
你认为方案_____更合理，理由是____________________________。
（3）步骤③中发生反应的离子方程是______________________________。
步骤④中发生反应的化学方程式是______________________________。
18．硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
（1）实验中需用1mol/L的硫酸480mL，若用18.4mol/L的浓硫酸来配置，量取浓硫酸时需使用的量筒规格为（_______）。
A 10mL B 20mL C 50mL D 100mL
（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl－还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为___________________________；滤渣中除含有氢氧化铁、氢氧化铝外还有_________。
（3）在“除钙”前需检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法_____________________。
（4）已知硫酸镁、硫酸钙的溶解度如下表
“除钙”是将；硫酸镁和硫酸钙混合溶液中的硫酸钙除去根据上表数据，采取的操作是_______________、趁热过滤、_________、____________，便得到比较纯净的硫酸镁。
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O为172.2g，则MgSO4·7H2O的产率为__________________。
19．将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
（1）当V1=140mL时，混合物中n（Mg）=_____mol，V2=_____mL。
（2）滴入的NaOH溶液_____mL 时,溶液中的Mg2+和Al3+刚好沉淀完全。
（3）若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围是____________________
20．向浓度相等、体积均为50 mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100 mL。
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是①________，②________，③________，④________。
(2)在稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol ·L－1的盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。
①A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是________mL(标准状况)。
②B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为_____________________________。
③原NaOH溶液的物质的量浓度为________________________。
三、实验题
21．硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。
（1）某研究小组设计的制备Na2S2O3·5H2O的装置和部分操作步骤如下。
Ⅰ.打开K1关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。
Ⅱ.C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少，当C中溶液的pH 接近7时，打开K2，关闭K1即停止C中的反应，停止加热。
Ⅲ.过滤C中的混合液。
Ⅳ.将滤液经过 、 、过滤、洗涤、烘干，得到产品Na2S2O3·5H2O。
①Ⅱ中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是 （用离子方程式表示）。
②Ⅳ中，操作步骤是 、 。
③装置B中盛放的试剂是（填化学式） 溶液。
④有一小组在实验中发现，二氧化硫气体产生缓慢以致后续现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推测可能的原因 。
（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2＋的浓度，步骤如下：取废水25.00 mL，控制适当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.001 0 mol·L－1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：
编号 1 2 3 4
消耗Na2S2O3标准
溶液的体积/mL 18.02 17.98 18.00 20.03
部分反应离子方程式为：
①Cr2O72-＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O；
②I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-。
则判断达到滴定终点的现象是 ，废水中Ba2＋的物质的量浓度 _。
22．图中是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。
(1)在组装好装置后，若要检验A～E装置的气密性，其操作是首先________，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。
(2)装置B中盛放的试剂是________。
(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍候片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生________(答现象)；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式：________________________。
(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后称重固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的成分是_________
__________(用化学式表示)。
(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，写出产生白烟的化学方程式：____________________，迅速产生倒吸的原因是____________________________。
四、推断题
23．在通常状况下，A是固体单质。根据如图所示的转化关系，回答：
（1）写出A、E的化学式：A__________；E__________。
（2）写出指定反应的化学方程式：
E→C：____________________________________________________________。
C→D：____________________________________________________________。
（3）若A为气态单质，则A、E的化学式：A__________；E__________。
24．下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
（1）写出下列各物质的化学式：
X___________B__________F__________G__________
（2）写出下列变化的反应方程式：
A→D:_____________________
G→E:_____________________
（3）实验室里，常用加热__________的混合物的方法制取气体C，常采用_________法来收集C。
五、计算题
25．8.7gMnO2与100mL12mol/L的盐酸混合加热(不考虑盐酸挥发)，使其充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。试求：
(1)产生的气体在标准状况下的体积；
(2)产生沉淀的质量。
26．有一硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀；滤液与4.0molNaOH溶液反应，用去35mL碱液时恰好完全中和。试求：
（1）混合液中H2SO4、HNO3的物质的量浓度各是多少？
（2）另取l0mL原混合液，加入3.2g铜粉共热时，在标准状况下收集到气体的体积为多少升？（保留两位有效数字。）
试卷第8页，总8页
参考答案
1．C
【解析】试题分析：A、可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，是化学变化，故A错误；B、通过电解熔融的氯化镁得到镁，是化学变化，故B错误；C、把海水经太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故C正确；D、把从海水中获得的氯化钠配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故D错误；故选C。
考点：考查了海水资源及其综合利用；物理变化与化学变化的区别与联系的相关知识。
2．A
【解析】对A项，海水中溴元素主要以化合态形式存在于海洋中，而不是以游离态形式(即单质)存在，故A错误，考查同学们对海水中元素的存在形式及含量的常识性了解。
3．D
【解析】SO3加入到溶液中，先与水反应生成H2SO4，而H2SO4可与SO32－、Ba2+、OH-反应，使它们的物质的量减少，故选项D正确。
4．B
【解析】
【分析】
A. 雾属于胶体；
B. NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；
C. 汽车尾气的排放可导致雾霾天气；
D. 重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性。
【详解】
A. 雾属于胶体，胶体的特征性质是能产生丁达尔效应，所以A选项是正确的；
B. 二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故B错误；
C. 汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，所以C选项是正确的；
D. 重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，所以D选项是正确的。
故答案选B。
5．D
【解析】A、碳酸氢钠能与盐酸反应，在医疗上可用于治疗胃酸过多，A正确；B、钠和钾的合金可用于制原子反应堆的导热剂，B正确；C、碳酸钠可用于玻璃，制皂，造纸、纺织等工业，C正确；D、过氧化钠可用来作漂白剂，D错误，答案选D。
6．C
【解析】试题分析：从海带中提取碘的步骤是：灼烧海带，加水溶解→过滤→向滤液中加入通入氯气→加CCl4溶液，振荡→用分液漏斗进行分液，故选项C正确。
考点：考查从海带中提取碘的步骤等知识。
7．C
【解析】合金增加的质量即为OH-的质量,则n(OH-)==0.3 mol,
V(NaOH溶液)==0.1 L,即为100 mL,C对;根据电子守恒和电荷守恒可知,反应中转移的电子为0.3 mol。若全部为Mg,质量为3.6 g,若全部是铜,质量为9.6 g,A错;被还原的硝酸为0.1 mol,起酸性作用的硝酸为0.3 mol,B错;标准状况下产物NO的体积为2.24 L,D错。
8．D
【解析】
试题分析：由于常温下，铁质或铝质遇浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，阻止了对其内部金属的进一步腐蚀，故可以用铁质或铝质容器储存浓硫酸或浓硝酸，C正确。浓硫酸与铜反应产生的气体为SO2, SO2是酸雨的罪魁祸首，严重污染空气，故D不正确。
考点：浓硫酸性质
点评：浓硫酸的化学性质与物理性质是高一必修一的一个重点知识，考生要特别注意浓硫酸的特殊性质，做到熟记于心。
9．C
【解析】A. 干冰气化会吸收大量的热，使得周围温度急剧降低，使水蒸气液化，能够形成人工降雨，故A正确；B. 常温下，碘酸钾在空气中很稳定，因此用作加碘食盐的添加剂，故B正确；C. 发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故C错误；D. 漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分，故D正确；故选C。
10．D
【解析】
【分析】
①中浓硝酸分解生成二氧化氮气体，②中C与浓硝酸反应生成二氧化氮或浓硝酸受热分解生成二氧化氮，③中浓硝酸挥发后与C反应生成二氧化碳、二氧化氮，以此来解答。
【详解】
A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；B．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，故D错误；故选D。
11．A
12．D
【解析】
试题分析：A、氮气和氢气在一定的条件下反应生成氨气，不选A；B、硫和氧气反应生成二氧化硫，不选B；C、铜和氯气反应生成氯化铜，不选C；D、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，选D。
考点：氯气的性质，氨气的合成。
13．D
【解析】A项，燃煤中加入CaO，可发生反应2CaO+2SO2+O22CaSO4，可减少硫酸型酸雨的形成，不能减少CO2的排放，错误；B项，合成洗涤剂能洗去油污是因为结构中含有亲水基和憎水基，纯碱溶液能洗去油污是因为纯碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，去污原理不同，错误；C项，人体内没有能水解纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解，错误；D项，SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，发生反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，正确；答案选D。
14．D
【解析】
试题分析：A、氯化铝水解生成氢氧化铝，加热时应防止氯化铝水解，否则不能得到氯化铝，故A错误；B、锌比铜活泼，为原电池负极，铜为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，故B错误；C、HCl不能用碱石灰干燥，故C错误；D、四氯化碳不溶于水，且密度比水大，可用于分液的方法分离，四氯化碳在下层，故D正确；故选D。
【考点定位】考查化学实验方案的评价
【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类的水解、原电池、气体额干燥以及分液等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。
15．B
【解析】
试题分析：A、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]是一种强酸弱碱盐，硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]在水溶液中电离产生C2H5 NH3+ NO3-，C2H5 NH3+ 发生水解生成(C2H5NH3)OH和H+，水溶液呈酸性，故A错误；B、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]为离子液体，含自由离子的化合物可作为电解质，故B正确；C、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]为常温熔融盐，由是C2H5NH3+ 和NO3-构成，属于离子化合物，故C错误；D、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]为离子化合物，而乙酸乙酯(CH3CH2ONO2)是共价化合物，这两种物质的结构不同，所以性质也不同，故D错误；故选B。
【考点定位】考查电解质与非电解质；盐类水解的应用
【名师点晴】这是一道信息题，是高考中的常考题型。本题考查了离子化合物、共价化合物的概念、盐类水解的有关知识。解答本题要认真阅读题干信息。硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]是人类发现的第一种常温离子液体，说明能导电，属于离子化合物，是盐类；C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，表明C2H5NH2属于弱碱，碱性比NH3略强，因此硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]属于强酸弱碱盐，在水溶液中要水解，且水溶液呈酸性。
16．（1）①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
②SiO2+2NaOH===Na2SiO3＋H2O
③2FeCl2 + Cl2 == 2FeCl3
（2）④Fe + 2H+ == Fe2++ H2↑
⑤2NO3-+3Cu +8H+===3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
试题分析：（1）①钠与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；②氢氧化钠与二氧化硅反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3＋H2O；③氯化亚铁与氯气反应：2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3。
（2）④铁粉与稀硫酸：Fe + 2H+ == Fe2++ H2↑；⑤稀硝酸与铜片的反应：2NO3-+3Cu +8H+==3Cu2++2NO↑+4H2O。
考点：考查反应方程式的书写
17．C一加热海水需要大量的能源，浪费了能源，增加了生产成本Mg(OH)2+2H+Mg2++2H2OMgCl2Mg+Cl2↑
【解析】
【详解】
（1）因为是从海水中提取镁，贝壳来自于大海，因此上述方法的优点之一是原料取自大海，原料丰富，故A说法正确；B、海水中c(Mg2＋)较低，因此①②③步骤的目的是富集，故B说法正确；C、金属镁是活泼金属，氧化镁的熔点高，工业上常采用电解熔融状态氯化镁的方法制取镁，故C说法错误；D、电解法要消耗大量的电能，故D说法正确；
（2）由于蒸发浓缩海水需要加热，从而消耗大量的能源，所以方案一更合理；
（3）氢氧化镁转化为氯化镁，需要将氢氧化镁溶解在盐酸中，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+Mg2++2H2O；镁是活泼金属，需用电解法冶炼，反应的化学方程式是MgCl2Mg+Cl2↑。
18．C 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3+-+Cl-+H2O SiO2 MnO2 取少许滤液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽 蒸发浓缩 洗涤 干燥 70﹪
【解析】
【分析】
由流程图可知，加入硫酸溶液调节溶液pH为1，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3金属氧化物都反应溶解，二氧化硅不反应溶解，再加入次氯酸钠溶液，溶液中Mn2+转化为MnO2沉淀，Fe2+被氧化为Fe3+，调节溶液pH为5—6，溶液中Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣中含有二氧化锰、二氧化硅、氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有钙离子和镁离子，由图可知CaSO4的溶解度随温度的变化不大，而MgSO4在温度较高时溶解度大，蒸发浓缩、趁热过滤利于分离硫酸钙和硫酸镁，MgSO4溶液经蒸发、浓缩、结晶、过滤、干燥可得到晶体。
【详解】
（1）实验中需用1mol/L的硫酸480mL应用500ml容量瓶配制，由稀释定律可得：1mol/L×0.5L=18.4mol/L×VL，V=0.027L=27ml，量取27ml浓硫酸时需使用的量筒规格为50ml，故答案为：C；
（2）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；过滤，滤渣中含有二氧化锰、二氧化硅、氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有钙离子和镁离子，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；SiO2、MnO2；
（3）检验滤液中Fe3+是否被除尽的操作是取少许滤液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽，故答案为：取少许滤液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；
（4）由图可知CaSO4的溶解度随温度的变化不大，而MgSO4在温度较高时溶解度大，蒸发浓缩、趁热过滤利于分离硫酸钙和硫酸镁，MgSO4溶液经蒸发、浓缩、结晶、过滤、干燥可得到晶体，故答案为：蒸发浓缩；洗涤；干燥；
（5）100g硼镁泥中含有氧化镁的质量为100g×40%=40g，氧化镁的物质的量为1mol，则生成MgSO4·7H2O的质量为1mol×246g/mol=246g，则MgSO4·7H2O的产率为172.2g/246g×100%=70%，故答案为：70%。
19．共8分
（1）0.04 460 （2）400 （3）1/2≤a＜1 （每空2分）
【解析】
试题分析：（1）设混合物蒸干镁和铝的物质的量分别是n1mol和n2mol，则n1＋n2＝0.1mol，消耗盐酸分别是n1mol和1.5n2mol。根据图像可知，和氢氧化钠反应的盐酸的物质的量是0.14L×1mol/L＝0.14mol，则和金属反应的盐酸是0.4mol－0.14mol＝0.26mol，即n1＋1.5n2＝0.26mol，解得n1＝0.04mol，n2＝0.06mol，所以生成的氢氧化铝是0.06mol，而溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是0.06mol，因此V 2 对应的氢氧化钠的物质的量是0.4mol＋0.06mol＝0.46mol，则V 2 =460ml。
（2）根据方程式Mg 2 ＋ ＋2OH － =Mg（OH） 2 ↓、Al 3 ＋ ＋3OH － =Al（OH） 3 ↓可知，需要氢氧化钠的物质的量是0.08mol＋0.18mol＝0.26mol，所以溶液中的Mg 2+ 和Al 3+ 刚好沉淀完全时需要氢氧化钠的物质的量是0.26mol＋0.14mol＝0.4mol，体积是400ml。
（3）混合物中Mg的物质的量分数为a，则镁的物质的量是0.1amol，铝的物质的量是（0.1－0.1a）mol，所以根据方程式可知，当沉淀最大时消耗氢氧化钠是0.4mol，当所得沉淀中无Al（OH） 3 ，一定有0.1－0.1a≤0.45－0.4，解得1/2≤a＜1。
考点：考查镁、铝及其化合物的性质，能结合各种守恒法及反应原理分析混合物的组成。
20．(10分)（1）①NaOH、Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3(4分)
（2）①112(2分)②NaOH、Na2CO3(2分)③0.15mol/L(2分)
【解析】
试题分析：（1）由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，二氧化碳少量时固体为①Na2CO3和NaOH；以1：2恰好反应时为②Na2CO3；物质的量比介于1：1～1：2之间为③Na2CO3和NaHCO3；二氧化碳过量时为④NaHCO3；
（2）由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-60)mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3；对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-25)mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，
①对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时有气体生成，逐滴加入0.1mol?L-1的盐酸，当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，
则HCO3-+H+=H2O+CO2↑
1 1
n(CO2)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，标况下体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL；
②由上述分析可知，B中溶质是Na2CO3和NaOH，由消耗盐酸的关系可知，物质的量比为3：1；
③加入足量的盐酸后的溶液中均只存在NaCl，n(HCl)=n(NaOH)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，c(NaOH)=n/V=0.0075mol÷0.05L=0.15mol/L。
【考点定位】考查化学反应方程式的计算
【名师点晴】把握发生的氧化还原反应为解答的关键，由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-60)mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3；对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-25)mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，据此解题。
21．（1）①S2O32-＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O ②蒸发浓缩 冷却结晶 ③NaOH
④浓硫酸浓度不够或铜被氧化或固体中含不与浓硫酸反应的杂质等合理答案均可
（2）加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变 9.6×10－4 mol·L－1
【解析】（1）制取Na2S2O3·5H2O的原理为SO2首先与C装置中的Na2CO3溶液反应生成Na2SO3，然后发生反应S＋Na2SO3=Na2S2O3，过量的SO2会产生酸性环境，根据题意Na2S2O3在酸性条件下易发生反应S2O32-＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，一部分S2O32-反应时消耗H＋可使溶液pH增大，最后过滤除去硫单质，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤即可得Na2S2O3·5H2O。装置B的作用是处理尾气，其中所盛液体为NaOH溶液。
（2）平行测定的四组数据中有一组为“离群数据”，舍去，其他三组数据取平均值为18.00 mL。根据题意可得关系式：Ba2＋～BaCrO4 ～Cr2O72- ～I2 ～3Na2S2O3。故废水中Ba2＋的物质的量浓度为
c（Ba2＋）＝＝＝9．6×10－4 mol·L－1。
22．(1)关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水
(2)碱石灰(或生石灰)
(3)白色沉淀 2NH3＋3CuO3Cu＋N2↑＋3H2O
(4)Cu2O、Cu
(5)3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl
盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸
【解析】A是制备NH3的装置，B是干燥NH3的装置，C是NH3与CuO的反应装置，E是处理NH3的尾气装置，F是NH3与Cl2的反应装置，G是处理尾气Cl2的装置。
(2)干燥NH3需使用碱性干燥剂。(3)C中CuO与NH3发生氧化还原反应生成红色的Cu、N2和H2O；E中发生反应：2NH3＋BaCl2＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2NH4Cl。(4)若产物全部是Cu，则由差量法知减小的部分全部是O元素的质量，即n(CuO)＝n(O)＝2.4 g÷16 g·mol－1＝0.15 mol，所以反应的CuO的质量为0.15 mol×80 g/mol＝12 g<16 g，所以CuO未完全转化成Cu，剩余固体中可能含有Cu2O。(5)Cl2可将NH3氧化为N2，同时生成的HCl会和NH3反应生成NH4Cl，产生白烟现象，F瓶内压强变小从而出现倒吸现象。
点拨：本题考查NH3的制备及性质、化学实验基本操作，考查考生记忆和知识的应用能力。难度中等。
23．BC
【解析】A是固体单质，由图知A能与H2反应，所以它应是一种非金属单质；A及其氢化物B能连续与O2反应，最终生成的氧化物D能够与水反应生成含氧酸E，而E能够与Cu反应生成C，所以E应是一种强氧化性酸，故可知A是硫。若A为气态单质，由转化关系可知，A～E分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。
24．（1）NH4HCO3或(NH4)2CO3 H2O NO2 HNO3；
（2）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）铵盐和碱【或NH4Cl和Ca(OH)2】 向下排空气法
【解析】
试题分析：C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3；（1）由以上分析可知X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3，B为H2O，F为NO2，G为HNO3；（2）A→D为Na2O2和CO2的反应，方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；G→E为稀硝酸和铜的反应，方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；（3）C为NH3，密度比空气小，易溶于水，常用向下排空气法收集，实验室用铵盐和碱【或NH4Cl和Ca(OH)2】在加热条件下制备氨气。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题注意根据C的性质为突破口进行解答，X为正式盐，A是能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，C是能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝的无色气体，则A为CO2，C为NH3，X为(NH4)2CO3，由X分解可知B为H2O，A与过氧化钠反应生成D，则D为O2，氨气催化氧化生成E，所以E为NO，E与D反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，G为HNO3，然后结合物质的性质及题目要求来解答。
25．（1）2．24升
（2）143．5g
【解析】略
26．（1）c（H2SO4）=4.0mol/L c(HNO3)=6.0mol/L
（2）0.75L
【解析】
试题分析：（1）由题意可知，9.32g沉淀是BaSO4沉淀，则硫酸的物质的量是9.32g/233g/mol=0.04mol，则硫酸中氢离子的物质的量是0.08mol，硝酸与硫酸中氢离子的总物质的量是0.035L×4.0mol·L-1=0.14mol，则硝酸的物质的量是0.14mol-0.08mol=0.06mol，则硫酸的物质的量浓度是0.04mol/0.01L=4.0mol/L，硝酸的物质的量浓度是0.06mol/0.01L=6.0mol/L；
（2）Cu与硫酸、硝酸的混合液反应的离子方程式为3Cu+8H++ 2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O，由（1）可知，10mL的混合液中氢离子的物质的量是0.14mol，3.2gCu的物质的量是0.05mol，硝酸根离子的物质的量是0.06mol，计算可知，氢离子、硝酸根离子过量，按Cu计算，所以生成的NO的体积（标准状况）是0.05mol×2÷3×22.4L/mol=0.75L。
考点：考查混合酸的计算
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用。下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是( )
A．单质溴 B．单质镁 C．食盐 D．烧碱
2．下列叙述不正确的是( )
A．地球上99%的溴元素以溴单质形式存在于海洋中
B．在每升海水中含量低于1 mg的元素称为海水中的微量元素
C．海水是锂元素的一个重要来源
D．世界上生产的镁大部分来自海水
3．将少量SO3分别加入到含有下列离子的溶液中,下列离子的物质的量不会减少的是( )
A．SO32- B．Ba2+ C．OH- D．Cl-
4．化学与社会、环境密切相关。如图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是( )
A．雾属于胶体，能产生丁达尔效应
B．SO2 和 N xOy 都属于酸性氧化物
C．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一
D．重金属离子可导致蛋白质变性
5．下列有关物质的用途叙述错误的是 （ ）
A．碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多
B．钠和钾的合金可用于制原子反应堆的导热剂
C．碳酸钠可用于玻璃，制皂，造纸、纺织等工业
D．氧化钠可用来作漂白剂
6．海带中的碘元素是以I-的形式存在的，为将I-转化成I2并提取出来，设计操作步骤如下：①通入Cl2；②将海带烧成灰，向灰中加水，搅拌；③加CCl4振荡；④过滤；⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为（ ）
A．①③⑤②④ B．②①③④⑤ C．②④①③⑤ D．③①②⑤④
7．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全部是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH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5.1 g,则下列有关叙述中正确的是（ ）
A.开始加入合金的质量可能为16.4 g
B.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C.生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL
D.标准状况下产物NO的体积为22.4 L
8．下列说法中不正确的是（ ）
A．浓硫酸能与灼热的木炭反应，生成二氧化碳和二氧化硫
B．浓硫酸具有吸水性，在实验室中常用作干燥剂
C．常温下，可以用铁质或铝质容器储存浓硫酸或浓硝酸
D．浓硫酸与铜反应产生的气体对环境无影响
9．下列说法不正确的是( )
A．干冰可用于人工降雨 B．碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂
C．碳酸钠是发酵粉的主要成分 D．次氯酸钙是漂白粉的有效成分
10．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（ ）
A．由①中的红棕色气体，推断浓硝酸受热易分解，应保存在低温阴暗处
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
11．用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的物质的量浓度之比约是( )
A．2：3 B．1：2 C．1：3 D．3：2
12．下列化合物中，不能通过两种单质直接化合制取的是( )
A．NH3 B．SO2 C．CuCl2 D．FeCl2
13．化学与社会、科学、技术、环境、生活等有密切关系，下列说法正确的是( )
A．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
B．合成洗涤剂和纯碱溶液都可洗去油污的原理相同
C．纤维素食用后在人体内水解为葡萄糖为人体提供能量
D．SO2具有还原性，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
14．下列关于各实验装置的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①可用于蒸干氯化铝溶液制A1C13
B．装置②盐桥中的K+自右向左移动
C．装置③可用于收集NH3或HCl气体，并防止倒吸
D．装置④可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
15． 常温离子液体(Ionic Liquid)也称常温熔融盐。硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃。已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是( )
A．水溶液呈碱性 B．可用作电池的电解质
C．是共价化合物 D．结构和性质类似于乙酸乙酯
二、填空题
16．（1）写出下列反应的化学方程式：
①将一小块钠投入水中： ；
②苛性钠腐蚀玻璃： ；
③氯化亚铁溶液中通入氯气： 。
（2）写出下列反应的离子方程式：
④铁粉溶于稀硫酸： ；
⑤稀硝酸与铜片的反应： 。
17．从海水中提取镁的流程如图所示(框图中是主要产物):
请回答相关问题。
（1）下列说法不正确的是____(填序号)。
A．上述方法的优点之一是原料取自大海
B．进行①②③步骤的目的是富集MgCl2
C．工业上也可用电解熔融氧化镁的方法制取镁
D．电解法冶炼金属要消耗大量的电能
（2）海水进入沉淀池前，对海水进行处理有以下两种方案。
方案一:将晒盐后的卤水通入沉淀池。
方案二:将加热蒸发浓缩后的海水通入沉淀池。
你认为方案_____更合理，理由是____________________________。
（3）步骤③中发生反应的离子方程是______________________________。
步骤④中发生反应的化学方程式是______________________________。
18．硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
（1）实验中需用1mol/L的硫酸480mL，若用18.4mol/L的浓硫酸来配置，量取浓硫酸时需使用的量筒规格为（_______）。
A 10mL B 20mL C 50mL D 100mL
（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl－还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为___________________________；滤渣中除含有氢氧化铁、氢氧化铝外还有_________。
（3）在“除钙”前需检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法_____________________。
（4）已知硫酸镁、硫酸钙的溶解度如下表
“除钙”是将；硫酸镁和硫酸钙混合溶液中的硫酸钙除去根据上表数据，采取的操作是_______________、趁热过滤、_________、____________，便得到比较纯净的硫酸镁。
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O为172.2g，则MgSO4·7H2O的产率为__________________。
19．将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
（1）当V1=140mL时，混合物中n（Mg）=_____mol，V2=_____mL。
（2）滴入的NaOH溶液_____mL 时,溶液中的Mg2+和Al3+刚好沉淀完全。
（3）若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围是____________________
20．向浓度相等、体积均为50 mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100 mL。
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是①________，②________，③________，④________。
(2)在稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol ·L－1的盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。
①A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是________mL(标准状况)。
②B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为_____________________________。
③原NaOH溶液的物质的量浓度为________________________。
三、实验题
21．硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。
（1）某研究小组设计的制备Na2S2O3·5H2O的装置和部分操作步骤如下。
Ⅰ.打开K1关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。
Ⅱ.C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少，当C中溶液的pH 接近7时，打开K2，关闭K1即停止C中的反应，停止加热。
Ⅲ.过滤C中的混合液。
Ⅳ.将滤液经过 、 、过滤、洗涤、烘干，得到产品Na2S2O3·5H2O。
①Ⅱ中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是 （用离子方程式表示）。
②Ⅳ中，操作步骤是 、 。
③装置B中盛放的试剂是（填化学式） 溶液。
④有一小组在实验中发现，二氧化硫气体产生缓慢以致后续现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推测可能的原因 。
（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2＋的浓度，步骤如下：取废水25.00 mL，控制适当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.001 0 mol·L－1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：
编号 1 2 3 4
消耗Na2S2O3标准
溶液的体积/mL 18.02 17.98 18.00 20.03
部分反应离子方程式为：
①Cr2O72-＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O；
②I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-。
则判断达到滴定终点的现象是 ，废水中Ba2＋的物质的量浓度 _。
22．图中是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。
(1)在组装好装置后，若要检验A～E装置的气密性，其操作是首先________，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。
(2)装置B中盛放的试剂是________。
(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍候片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生________(答现象)；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式：________________________。
(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后称重固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的成分是_________
__________(用化学式表示)。
(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，写出产生白烟的化学方程式：____________________，迅速产生倒吸的原因是____________________________。
四、推断题
23．在通常状况下，A是固体单质。根据如图所示的转化关系，回答：
（1）写出A、E的化学式：A__________；E__________。
（2）写出指定反应的化学方程式：
E→C：____________________________________________________________。
C→D：____________________________________________________________。
（3）若A为气态单质，则A、E的化学式：A__________；E__________。
24．下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
（1）写出下列各物质的化学式：
X___________B__________F__________G__________
（2）写出下列变化的反应方程式：
A→D:_____________________
G→E:_____________________
（3）实验室里，常用加热__________的混合物的方法制取气体C，常采用_________法来收集C。
五、计算题
25．8.7gMnO2与100mL12mol/L的盐酸混合加热(不考虑盐酸挥发)，使其充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。试求：
(1)产生的气体在标准状况下的体积；
(2)产生沉淀的质量。
26．有一硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀；滤液与4.0molNaOH溶液反应，用去35mL碱液时恰好完全中和。试求：
（1）混合液中H2SO4、HNO3的物质的量浓度各是多少？
（2）另取l0mL原混合液，加入3.2g铜粉共热时，在标准状况下收集到气体的体积为多少升？（保留两位有效数字。）
试卷第8页，总8页
参考答案
1．C
【解析】试题分析：A、可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，是化学变化，故A错误；B、通过电解熔融的氯化镁得到镁，是化学变化，故B错误；C、把海水经太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故C正确；D、把从海水中获得的氯化钠配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故D错误；故选C。
考点：考查了海水资源及其综合利用；物理变化与化学变化的区别与联系的相关知识。
2．A
【解析】对A项，海水中溴元素主要以化合态形式存在于海洋中，而不是以游离态形式(即单质)存在，故A错误，考查同学们对海水中元素的存在形式及含量的常识性了解。
3．D
【解析】SO3加入到溶液中，先与水反应生成H2SO4，而H2SO4可与SO32－、Ba2+、OH-反应，使它们的物质的量减少，故选项D正确。
4．B
【解析】
【分析】
A. 雾属于胶体；
B. NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；
C. 汽车尾气的排放可导致雾霾天气；
D. 重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性。
【详解】
A. 雾属于胶体，胶体的特征性质是能产生丁达尔效应，所以A选项是正确的；
B. 二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故B错误；
C. 汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，所以C选项是正确的；
D. 重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，所以D选项是正确的。
故答案选B。
5．D
【解析】A、碳酸氢钠能与盐酸反应，在医疗上可用于治疗胃酸过多，A正确；B、钠和钾的合金可用于制原子反应堆的导热剂，B正确；C、碳酸钠可用于玻璃，制皂，造纸、纺织等工业，C正确；D、过氧化钠可用来作漂白剂，D错误，答案选D。
6．C
【解析】试题分析：从海带中提取碘的步骤是：灼烧海带，加水溶解→过滤→向滤液中加入通入氯气→加CCl4溶液，振荡→用分液漏斗进行分液，故选项C正确。
考点：考查从海带中提取碘的步骤等知识。
7．C
【解析】合金增加的质量即为OH-的质量,则n(OH-)==0.3 mol,
V(NaOH溶液)==0.1 L,即为100 mL,C对;根据电子守恒和电荷守恒可知,反应中转移的电子为0.3 mol。若全部为Mg,质量为3.6 g,若全部是铜,质量为9.6 g,A错;被还原的硝酸为0.1 mol,起酸性作用的硝酸为0.3 mol,B错;标准状况下产物NO的体积为2.24 L,D错。
8．D
【解析】
试题分析：由于常温下，铁质或铝质遇浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，阻止了对其内部金属的进一步腐蚀，故可以用铁质或铝质容器储存浓硫酸或浓硝酸，C正确。浓硫酸与铜反应产生的气体为SO2, SO2是酸雨的罪魁祸首，严重污染空气，故D不正确。
考点：浓硫酸性质
点评：浓硫酸的化学性质与物理性质是高一必修一的一个重点知识，考生要特别注意浓硫酸的特殊性质，做到熟记于心。
9．C
【解析】A. 干冰气化会吸收大量的热，使得周围温度急剧降低，使水蒸气液化，能够形成人工降雨，故A正确；B. 常温下，碘酸钾在空气中很稳定，因此用作加碘食盐的添加剂，故B正确；C. 发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故C错误；D. 漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分，故D正确；故选C。
10．D
【解析】
【分析】
①中浓硝酸分解生成二氧化氮气体，②中C与浓硝酸反应生成二氧化氮或浓硝酸受热分解生成二氧化氮，③中浓硝酸挥发后与C反应生成二氧化碳、二氧化氮，以此来解答。
【详解】
A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；B．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，故D错误；故选D。
11．A
12．D
【解析】
试题分析：A、氮气和氢气在一定的条件下反应生成氨气，不选A；B、硫和氧气反应生成二氧化硫，不选B；C、铜和氯气反应生成氯化铜，不选C；D、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，选D。
考点：氯气的性质，氨气的合成。
13．D
【解析】A项，燃煤中加入CaO，可发生反应2CaO+2SO2+O22CaSO4，可减少硫酸型酸雨的形成，不能减少CO2的排放，错误；B项，合成洗涤剂能洗去油污是因为结构中含有亲水基和憎水基，纯碱溶液能洗去油污是因为纯碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，去污原理不同，错误；C项，人体内没有能水解纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解，错误；D项，SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，发生反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，正确；答案选D。
14．D
【解析】
试题分析：A、氯化铝水解生成氢氧化铝，加热时应防止氯化铝水解，否则不能得到氯化铝，故A错误；B、锌比铜活泼，为原电池负极，铜为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，故B错误；C、HCl不能用碱石灰干燥，故C错误；D、四氯化碳不溶于水，且密度比水大，可用于分液的方法分离，四氯化碳在下层，故D正确；故选D。
【考点定位】考查化学实验方案的评价
【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类的水解、原电池、气体额干燥以及分液等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。
15．B
【解析】
试题分析：A、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]是一种强酸弱碱盐，硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]在水溶液中电离产生C2H5 NH3+ NO3-，C2H5 NH3+ 发生水解生成(C2H5NH3)OH和H+，水溶液呈酸性，故A错误；B、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]为离子液体，含自由离子的化合物可作为电解质，故B正确；C、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]为常温熔融盐，由是C2H5NH3+ 和NO3-构成，属于离子化合物，故C错误；D、因硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]为离子化合物，而乙酸乙酯(CH3CH2ONO2)是共价化合物，这两种物质的结构不同，所以性质也不同，故D错误；故选B。
【考点定位】考查电解质与非电解质；盐类水解的应用
【名师点晴】这是一道信息题，是高考中的常考题型。本题考查了离子化合物、共价化合物的概念、盐类水解的有关知识。解答本题要认真阅读题干信息。硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]是人类发现的第一种常温离子液体，说明能导电，属于离子化合物，是盐类；C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，表明C2H5NH2属于弱碱，碱性比NH3略强，因此硝酸乙基铵[(C2H5NH3)NO3]属于强酸弱碱盐，在水溶液中要水解，且水溶液呈酸性。
16．（1）①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
②SiO2+2NaOH===Na2SiO3＋H2O
③2FeCl2 + Cl2 == 2FeCl3
（2）④Fe + 2H+ == Fe2++ H2↑
⑤2NO3-+3Cu +8H+===3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
试题分析：（1）①钠与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；②氢氧化钠与二氧化硅反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3＋H2O；③氯化亚铁与氯气反应：2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3。
（2）④铁粉与稀硫酸：Fe + 2H+ == Fe2++ H2↑；⑤稀硝酸与铜片的反应：2NO3-+3Cu +8H+==3Cu2++2NO↑+4H2O。
考点：考查反应方程式的书写
17．C一加热海水需要大量的能源，浪费了能源，增加了生产成本Mg(OH)2+2H+Mg2++2H2OMgCl2Mg+Cl2↑
【解析】
【详解】
（1）因为是从海水中提取镁，贝壳来自于大海，因此上述方法的优点之一是原料取自大海，原料丰富，故A说法正确；B、海水中c(Mg2＋)较低，因此①②③步骤的目的是富集，故B说法正确；C、金属镁是活泼金属，氧化镁的熔点高，工业上常采用电解熔融状态氯化镁的方法制取镁，故C说法错误；D、电解法要消耗大量的电能，故D说法正确；
（2）由于蒸发浓缩海水需要加热，从而消耗大量的能源，所以方案一更合理；
（3）氢氧化镁转化为氯化镁，需要将氢氧化镁溶解在盐酸中，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+Mg2++2H2O；镁是活泼金属，需用电解法冶炼，反应的化学方程式是MgCl2Mg+Cl2↑。
18．C 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3+-+Cl-+H2O SiO2 MnO2 取少许滤液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽 蒸发浓缩 洗涤 干燥 70﹪
【解析】
【分析】
由流程图可知，加入硫酸溶液调节溶液pH为1，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3金属氧化物都反应溶解，二氧化硅不反应溶解，再加入次氯酸钠溶液，溶液中Mn2+转化为MnO2沉淀，Fe2+被氧化为Fe3+，调节溶液pH为5—6，溶液中Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣中含有二氧化锰、二氧化硅、氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有钙离子和镁离子，由图可知CaSO4的溶解度随温度的变化不大，而MgSO4在温度较高时溶解度大，蒸发浓缩、趁热过滤利于分离硫酸钙和硫酸镁，MgSO4溶液经蒸发、浓缩、结晶、过滤、干燥可得到晶体。
【详解】
（1）实验中需用1mol/L的硫酸480mL应用500ml容量瓶配制，由稀释定律可得：1mol/L×0.5L=18.4mol/L×VL，V=0.027L=27ml，量取27ml浓硫酸时需使用的量筒规格为50ml，故答案为：C；
（2）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；过滤，滤渣中含有二氧化锰、二氧化硅、氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有钙离子和镁离子，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；SiO2、MnO2；
（3）检验滤液中Fe3+是否被除尽的操作是取少许滤液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽，故答案为：取少许滤液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；
（4）由图可知CaSO4的溶解度随温度的变化不大，而MgSO4在温度较高时溶解度大，蒸发浓缩、趁热过滤利于分离硫酸钙和硫酸镁，MgSO4溶液经蒸发、浓缩、结晶、过滤、干燥可得到晶体，故答案为：蒸发浓缩；洗涤；干燥；
（5）100g硼镁泥中含有氧化镁的质量为100g×40%=40g，氧化镁的物质的量为1mol，则生成MgSO4·7H2O的质量为1mol×246g/mol=246g，则MgSO4·7H2O的产率为172.2g/246g×100%=70%，故答案为：70%。
19．共8分
（1）0.04 460 （2）400 （3）1/2≤a＜1 （每空2分）
【解析】
试题分析：（1）设混合物蒸干镁和铝的物质的量分别是n1mol和n2mol，则n1＋n2＝0.1mol，消耗盐酸分别是n1mol和1.5n2mol。根据图像可知，和氢氧化钠反应的盐酸的物质的量是0.14L×1mol/L＝0.14mol，则和金属反应的盐酸是0.4mol－0.14mol＝0.26mol，即n1＋1.5n2＝0.26mol，解得n1＝0.04mol，n2＝0.06mol，所以生成的氢氧化铝是0.06mol，而溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是0.06mol，因此V 2 对应的氢氧化钠的物质的量是0.4mol＋0.06mol＝0.46mol，则V 2 =460ml。
（2）根据方程式Mg 2 ＋ ＋2OH － =Mg（OH） 2 ↓、Al 3 ＋ ＋3OH － =Al（OH） 3 ↓可知，需要氢氧化钠的物质的量是0.08mol＋0.18mol＝0.26mol，所以溶液中的Mg 2+ 和Al 3+ 刚好沉淀完全时需要氢氧化钠的物质的量是0.26mol＋0.14mol＝0.4mol，体积是400ml。
（3）混合物中Mg的物质的量分数为a，则镁的物质的量是0.1amol，铝的物质的量是（0.1－0.1a）mol，所以根据方程式可知，当沉淀最大时消耗氢氧化钠是0.4mol，当所得沉淀中无Al（OH） 3 ，一定有0.1－0.1a≤0.45－0.4，解得1/2≤a＜1。
考点：考查镁、铝及其化合物的性质，能结合各种守恒法及反应原理分析混合物的组成。
20．(10分)（1）①NaOH、Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3、NaHCO3；④NaHCO3(4分)
（2）①112(2分)②NaOH、Na2CO3(2分)③0.15mol/L(2分)
【解析】
试题分析：（1）由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，二氧化碳少量时固体为①Na2CO3和NaOH；以1：2恰好反应时为②Na2CO3；物质的量比介于1：1～1：2之间为③Na2CO3和NaHCO3；二氧化碳过量时为④NaHCO3；
（2）由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-60)mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3；对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-25)mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，
①对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时有气体生成，逐滴加入0.1mol?L-1的盐酸，当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，
则HCO3-+H+=H2O+CO2↑
1 1
n(CO2)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，标况下体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL；
②由上述分析可知，B中溶质是Na2CO3和NaOH，由消耗盐酸的关系可知，物质的量比为3：1；
③加入足量的盐酸后的溶液中均只存在NaCl，n(HCl)=n(NaOH)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，c(NaOH)=n/V=0.0075mol÷0.05L=0.15mol/L。
【考点定位】考查化学反应方程式的计算
【名师点晴】把握发生的氧化还原反应为解答的关键，由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-60)mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3；对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积(75-25)mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，据此解题。
21．（1）①S2O32-＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O ②蒸发浓缩 冷却结晶 ③NaOH
④浓硫酸浓度不够或铜被氧化或固体中含不与浓硫酸反应的杂质等合理答案均可
（2）加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变 9.6×10－4 mol·L－1
【解析】（1）制取Na2S2O3·5H2O的原理为SO2首先与C装置中的Na2CO3溶液反应生成Na2SO3，然后发生反应S＋Na2SO3=Na2S2O3，过量的SO2会产生酸性环境，根据题意Na2S2O3在酸性条件下易发生反应S2O32-＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，一部分S2O32-反应时消耗H＋可使溶液pH增大，最后过滤除去硫单质，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤即可得Na2S2O3·5H2O。装置B的作用是处理尾气，其中所盛液体为NaOH溶液。
（2）平行测定的四组数据中有一组为“离群数据”，舍去，其他三组数据取平均值为18.00 mL。根据题意可得关系式：Ba2＋～BaCrO4 ～Cr2O72- ～I2 ～3Na2S2O3。故废水中Ba2＋的物质的量浓度为
c（Ba2＋）＝＝＝9．6×10－4 mol·L－1。
22．(1)关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水
(2)碱石灰(或生石灰)
(3)白色沉淀 2NH3＋3CuO3Cu＋N2↑＋3H2O
(4)Cu2O、Cu
(5)3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl
盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸
【解析】A是制备NH3的装置，B是干燥NH3的装置，C是NH3与CuO的反应装置，E是处理NH3的尾气装置，F是NH3与Cl2的反应装置，G是处理尾气Cl2的装置。
(2)干燥NH3需使用碱性干燥剂。(3)C中CuO与NH3发生氧化还原反应生成红色的Cu、N2和H2O；E中发生反应：2NH3＋BaCl2＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2NH4Cl。(4)若产物全部是Cu，则由差量法知减小的部分全部是O元素的质量，即n(CuO)＝n(O)＝2.4 g÷16 g·mol－1＝0.15 mol，所以反应的CuO的质量为0.15 mol×80 g/mol＝12 g<16 g，所以CuO未完全转化成Cu，剩余固体中可能含有Cu2O。(5)Cl2可将NH3氧化为N2，同时生成的HCl会和NH3反应生成NH4Cl，产生白烟现象，F瓶内压强变小从而出现倒吸现象。
点拨：本题考查NH3的制备及性质、化学实验基本操作，考查考生记忆和知识的应用能力。难度中等。
23．BC
【解析】A是固体单质，由图知A能与H2反应，所以它应是一种非金属单质；A及其氢化物B能连续与O2反应，最终生成的氧化物D能够与水反应生成含氧酸E，而E能够与Cu反应生成C，所以E应是一种强氧化性酸，故可知A是硫。若A为气态单质，由转化关系可知，A～E分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。
24．（1）NH4HCO3或(NH4)2CO3 H2O NO2 HNO3；
（2）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）铵盐和碱【或NH4Cl和Ca(OH)2】 向下排空气法
【解析】
试题分析：C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3；（1）由以上分析可知X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3，B为H2O，F为NO2，G为HNO3；（2）A→D为Na2O2和CO2的反应，方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；G→E为稀硝酸和铜的反应，方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；（3）C为NH3，密度比空气小，易溶于水，常用向下排空气法收集，实验室用铵盐和碱【或NH4Cl和Ca(OH)2】在加热条件下制备氨气。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题注意根据C的性质为突破口进行解答，X为正式盐，A是能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，C是能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝的无色气体，则A为CO2，C为NH3，X为(NH4)2CO3，由X分解可知B为H2O，A与过氧化钠反应生成D，则D为O2，氨气催化氧化生成E，所以E为NO，E与D反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，G为HNO3，然后结合物质的性质及题目要求来解答。
25．（1）2．24升
（2）143．5g
【解析】略
26．（1）c（H2SO4）=4.0mol/L c(HNO3)=6.0mol/L
（2）0.75L
【解析】
试题分析：（1）由题意可知，9.32g沉淀是BaSO4沉淀，则硫酸的物质的量是9.32g/233g/mol=0.04mol，则硫酸中氢离子的物质的量是0.08mol，硝酸与硫酸中氢离子的总物质的量是0.035L×4.0mol·L-1=0.14mol，则硝酸的物质的量是0.14mol-0.08mol=0.06mol，则硫酸的物质的量浓度是0.04mol/0.01L=4.0mol/L，硝酸的物质的量浓度是0.06mol/0.01L=6.0mol/L；
（2）Cu与硫酸、硝酸的混合液反应的离子方程式为3Cu+8H++ 2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O，由（1）可知，10mL的混合液中氢离子的物质的量是0.14mol，3.2gCu的物质的量是0.05mol，硝酸根离子的物质的量是0.06mol，计算可知，氢离子、硝酸根离子过量，按Cu计算，所以生成的NO的体积（标准状况）是0.05mol×2÷3×22.4L/mol=0.75L。
考点：考查混合酸的计算