（2019）新人教版高中化学必修二《作业推荐》第五章 复习与测试同步练习.docx

1、作业推荐第五章复习与测试一、单选题1.古代药学著作本草经集注共七卷，其中对“硝石”的注解如下：先时有人得一种物，其色理与朴硝(Na2SO4)大同小异，如握雪不冰。强烧之。紫青烟起，仍成灰，不停沸如朴硝，云是真硝石也。这里的“硝石”是指( )A.氢氧化钙B.硝酸钾C.高锰酸钾D.硝酸钠【答案】B【解析】K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，可排除A、D选项；高锰酸钾为紫黑色，硝酸钾为白色晶体，“如握雪不冰”根据物质本身颜色分析，这里的“硝石”是指硝酸钾，而不是高锰酸钾。故可排除C选项，合理选项是B。2.下列说法正确的是A.CO、NO、NO2都是大气

2、污染气体，在空气中都能稳定存在B.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成C.NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂D.活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理相同【答案】C【解析】A. 一氧化氮在空气中不能稳定存在，被氧化成二氧化氮，故A错误；B. 酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故B错误；C. 利用液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故C正确；D. 活性炭具有吸附性使品红溶液褪色，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色物质使品红溶液褪色，过氧化钠具有强氧化性，与品红发生氧化还原反应而使品红溶液褪色，原理不同，故D错误；答

3、案是C。【点睛】本题主要考查化学与科学、技术、社会、环境等问题，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生良好的科学素养提高学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。3.下列有关物质检验的实验结论正确的是选项实 验 操 作 及 现 象实 验 结 论A向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定含有CO32-B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+C向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-D将某物质的溶液进行焰色实验，焰色反应为黄色 该溶液中一定不含

4、K+【答案】B【解析】A. 向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，由于二氧化硫和二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，说明溶液中有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故A错误；B. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，证明溶液中一定含有亚铁离子，故B正确；C. 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-、银离子等，故C错误；D. 钠离子的焰色反应为黄色，钾离子的焰色反应为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以某物质的溶液焰色反应为黄色，说明一定含Na+，但不能

5、确定是否含K+，故D错误；故选B。4.为了除去混入CO2中的SO2，最好将混合气体通入下列哪种溶液中A.饱和食盐水B.饱和纯碱溶液C.饱和小苏打溶液D.浓硫酸【答案】C【解析】A饱和食盐水不与SO2反应，A不适合；B饱和纯碱溶液，既可与CO2反应生成碳酸氢钠，又可与二氧化硫反应生成硫酸钠，B不适合； C饱和小苏打溶液,只吸收二氧化硫不吸收二氧化碳，C符合题意； D浓硫酸,都不与两者反应，D不符合；答案选C。5.中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是( )A.高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B.瓷器中含有大量的金属元素，因此

6、陶瓷属于金属材料C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化【答案】D【解析】A. 陶瓷中含有多种物质，属于混合物，不符合题意，A错误； B. 瓷器属于无机非金属材料，不符合题意，B错误；C. 氮化硅属于新型无机非金属材料，不符合题意，C错误；D. “窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，符合题意，D正确；答案为D。6.施用氮肥能促进作物生长，并能提高作物中蛋白质的含量。下列关于氮肥的说法错误的是A.尿素CO（NH2）2是一种氮肥B.储存碳酸氢铵时，应密封并置于阴凉通风处C.铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰等混合施

7、用D.氮肥溶于水，其中的氮元素均以铵离子形式在存【答案】D【解析】A. 尿素CO(NH2)2是一种农村常用的高效的氮肥，故A正确；B. 由于碳酸氢铵在温度较高时易分解，则储存碳酸氢铵时，应密封并置于阴凉通风处，故B正确；C. 铵态氮肥水解呈酸性，碳酸钾水解呈碱性，二者混合可发生互促水解生成氨气而降低肥效，故C正确；D. 氮元素在尿素中以分子态形式存在，不是铵离子，故D错误；故选D.【点睛】根据氮肥中氮素化合物的形态将氮肥分为铵态氮肥、硝态氮肥和酰胺态氮肥，凡是氮素以铵离子或气态氨形态存在的，就属于铵态氮肥，如液体氨、氨水、碳酸氢铵、硫酸铵、氯化铵。凡是含硝酸根的氮肥就属于硝态氮肥，如硝酸钠、硝

8、酸钾、硝酸钙、硝酸铵等。7.如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A.E 可以是金属也可以是非金属B.C 和 D 两种大气污染物，都能用排空气法收集C.B 的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D.实验室制备 F 时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取【答案】D【分析】G + NaOH反应生成氢化物，再结合D的相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3。【详解】A选项，E是氮气，故A错误；B选项，C和D两种大气污染物，NO2不能用排

9、空气法收集，故B错误；C选项，B的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D正确；综上所述，答案为D。8.将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和BaCl2的混合溶液中，发生的现象是（ ）溶液很快褪色 溶液不褪色 有沉淀生成 溶液仍然透明A.和B.和C.和D.和【答案】C【解析】等物质的量的SO2和Cl2混合后通入溶液中，恰好发生反应生成硫酸和盐酸，因此不能使混合溶液褪色，生成的硫酸与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，故C正确。综上所述，答案为C。【点睛】二氧化硫、氯水有漂白性，但两者等物质的量混合后，反而没有漂白性，酸性增强。9.下列说法

10、正确的是（ ）A.二氧化硅溶于水显酸性B.二氧化碳通入水玻璃中可以得到原硅酸C.因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以H2SiO3的酸性比H2CO3强D.二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸【答案】B【解析】A二氧化硅属于酸性氧化物，不溶于水，也不能和水反应，故A错误；B碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳、水和硅酸钠能够反应生成原硅酸，故B正确；C比较酸性强弱，应在溶液中进行，在高温条件下反应，主要是利用盐的稳定性，故C错误；D二氧化硅属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，不能溶于一般的酸，但能溶于HF，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意比较酸性强弱的反应条件，高温时二氧化硅与

11、碳酸钠反应放出二氧化碳，是因为高温下，硅酸钠比碳酸钠稳定。10.对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是（ ）A.当有大量毒气泄漏时，人应沿顺风方向疏散B.实验室里电线失火，首先要断开电源C.当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗D.酒精失火用水浇灭【答案】B【解析】A.当有大量毒气泄漏时，为防止人们中毒加深，人应沿逆风方向疏散，A错误；B.实验室里电线失火，首先要断开电源，避免灭火时触电，B正确；C.当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，C错误；D.酒精失火用湿抹布扑灭，D错误；故合理选项是B。11.下列各种情况下，溶液中一定能大量存在的离子组是( )A.能使pH试纸变红的

12、溶液：NH4+、Na+、SO42-、Fe3+、NO3-B.含有大量NO3-的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-C.含有大量Cl-的溶液：Fe3+、Mg2+、SO42-、OH-D.加入铝粉后产生大量氢气的溶液：NH4+、Na+、NO3-、SO42-【答案】A【解析】A离子之间不反应，可以大量共存，A项正确；B亚铁离子、硝酸根、氢离子可发生氧化还原反应而不能大量共存，如：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，B错误；C铁离子、镁离子均会与氢氧根产生沉淀不能大量共存，C错误；D溶液可能显酸性，也可能显强碱性，在强碱性溶液中NH4+ 不能大量存在，D错误；答案选A。【点睛】本题易

13、错之处是忽视NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，与还原性离子能发生氧化还原反应。12.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（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5molL-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL【答案】A【分析】根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu(NO3)2，再根据 Cu(NO3)2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。【详解】氮氧化合物完全生成HN

14、O3，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，根据得失电子守恒：n(Cu)2=n(O2)4n(Cu)2=1.68L22.4L/mol4n(Cu)=0.15mol所以Cu(NO3)2为0.15mol根据则NaOH为0.15mol2=0.3mol则NaOH体积V=nc=0.3mol5mol/L=0.06L，即60mL，故选：A。【点睛】本题难点在于分析整个化学反应过程中相关物质的转化以及电子转移，在分析时可利用先分段后整体进行分析，建立铜失去电子数与氧气得电子数之间关系，然后依据铜的量进行解答。二、实验题13.如图是某学习小组设计的利用氨气进行喷泉实验的装置示意图。

15、A B请回答下列问题：(1)学生甲用装置A进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉的操作是_。(2)学生乙将装置A误装为装置B，但经与同学讨论后，认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理：_。【答案】 (1). 打开止水夹，挤出胶头滴管中的水(合理即可) (2). 打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，使氨气与酚酞溶液接触，即产生喷泉(合理即可)【分析】(1)烧瓶已充满干燥的氨气，只要使氨气溶于水，就可引发喷泉，据此回答；(2)学生乙将装置A误装为装置B，相当于不能从滴管把水挤入烧瓶，那只能让烧杯里的酚酞溶液和气体接触，想办法使气体膨胀即可；【详解】(1)

16、氨气极易溶于水，用装置A进行喷泉实验时，先打开止水夹，然后挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶，氨气溶于水导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯内的酚酞溶液压入烧瓶中即可形成喷泉；答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水(合理即可)；(2)时于装置B，可以设法使烧瓶受热，烧瓶内气体膨胀，使氨气与酚酞溶液接触即产生喷泉；答案为：打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，使氨气与酚酞溶液接触，即产生喷泉(合理即可)。14.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示的实验装置：(1)实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中的液体未流

17、下，你认为原因可能是_。(2)装置A中所用的试剂是亚硫酸钠固体和浓硫酸，写出烧瓶中发生反应的化学方程式：_。(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象分别为：B_，D_。停止通气后，再对B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为：B_，D_。(4)装置C的作用是_，写出其中发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 分液漏斗的玻璃塞没有取下来 (2). Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O (3). 品红溶液褪色 (4). 品红溶液褪色 (5). 褪色的品红溶液又恢复红色 (6). 无明显现象 (7). 吸收多余的SO2和Cl2，保证实验

18、安全 (8). SO2+2OH-=SO32-+H2O，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【分析】Cl2溶于水生成的HClO具有强氧化性，能将品红氧化为无色，这种漂白过程是不可逆的，加热褪色后的溶液不能恢复红色；SO2能与品红作用生成不稳定的无色物质，这种漂白过程是可逆的，加热褪色后的溶液能恢复红色。C装置可以吸收多余的SO2和Cl2。【详解】(1)某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中的液体未流下，说明未与大气相通，可能的原因是分液漏斗的玻璃塞没有取下来；故答案为：分液漏斗的玻璃塞没有取下来。(2)装置A中所用的试剂是亚硫酸钠固体和浓硫酸，它们反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反

19、应的化学方程式：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O。(3)反应开始一段时间后，二氧化硫、氯水都能使品红溶液褪色，因此观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象分别为：品红溶液褪色，品红溶液褪色；故答案为：品红溶液褪色；品红溶液褪色。停止通气后，再对B、D两个试管分别加热，二氧化硫对品红的漂白是暂时性、可逆性的漂白，氯水对品红是永久性的不可逆的漂白，因此两个试管中的现象分别为：B是褪色的品红溶液又恢复红色，D是无明显现象；故答案为：褪色的品红溶液又恢复红色；无明显现象。(4)装置C的作用是吸收多余的

20、SO2和Cl2，保证实验安全，发生反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案为：吸收多余的SO2和Cl2，保证实验安全；SO2+2OH-=SO32-+H2O，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。三、推断题15.某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；（2）在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，收集到112L气体（标准状况

21、下）；（3）在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为627g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为233g。根据上述实验回答下列问题：溶液中一定不存在的离子是_；溶液中一定存在的阴离子有_，其物质的量浓度分别为_；推断K+是否存在并说理由：_。【答案】 (1). Ba2+、Mg2+ (2). CO32-、SO42- (3). c(SO42-)=0.1mol/L、c(CO32-)=0.2mol/L (4). 存在，经过计算可知，只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒【分析】某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-

22、、SO42-、CO32-，将该混合物溶于水后得澄清溶液，由于CO32-与Mg2+、Ba2+会发生沉淀反应而不能大量共存，因此若存在CO32-，就不含有Mg2+、Ba2+；SO42-与Ba2+也会发生沉淀反应而不能大量共存。【详解】（1）在一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明可能有SO42-、CO32-、Cl-中的至少一种微粒；（2）在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，收集到1.12L标准状况下气体，说明含有NH4+，根据N元素守恒可知n(NH4+)=1.12L22.4L/mol=0.05mol；在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在

23、该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。说明含有SO42-，其物质的量是n(SO42-)=2.33g233g/mol=001mol，含有CO32-离子，其物质的量是n(CO32-)= (6.27g-2.33g) 197g/mol=0.02mol。在该溶液中一定含有CO32-、SO42-， CO32-与Mg2+、Ba2+会发生沉淀反应而不能大量共存，SO42-与Ba2+会发生沉淀反应而不能大量共存，因此一定不含有Mg2+、Ba2+；通过上述分析与计算可知，在溶液中一定不存在的离子是Ba2+、Mg2+；溶液中一定存在的阴离子有CO32-、SO42- +；它们的浓度分别是c(

24、SO42-)=001mol01L=01mol/L；c(CO32-)=002mol01L=02mol/L；溶液中一定存在的离子有CO32-、SO42-、NH4+；其中阳离子带有的正电荷总数是005mol1=005mol；阴离子带有的负电荷总数是001mol2+002mol2=006mol，大于阳离子带有的正电荷总数，因此该溶液中一定还含有其它阳离子。由于Mg2+、Ba2+不存在，因此一定含有K+。【点睛】由于BaSO4是白色既不溶于水，也不溶于酸的物质，BaCO3是白色不溶于水，但是能够溶液酸的物质；根据加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，再加入HCl沉淀部分溶解确定在原溶液中含CO32-、SO

25、42-；由于CO32-与Mg2+、Ba2+会发生沉淀反应而不能大量共存，确定一定不含Mg2+、Ba2+；加入NaOH溶液产生气体，该气体一定是氨气，则溶液中一定含有NH4+。向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能是Ag2CO3、Ag2SO4、AgCl中的至少一种，由于已经确定含CO32-、SO42-；所以沉淀中一定含Ag2CO3、Ag2SO4，可能含AgCl，也可能不含AgCl，再根据确定的离子的物质的量，结合电荷守恒确定是否含有其它离子。因此既有定性分析，也有定量计算，对学生的思维能力和计算能力都有考查。16.现有下列表格中的几种离子 阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、

26、Ba2+、K+阴离子NO3、OH、Cl、CO32、Xn（n1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是_和_（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn为了确定Xn，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为_（填字母）aBr bCH3COO cSO42 dHCO3（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的

27、_（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_（填化学式）。【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba（OH）2 (3). C (4). NO3 (5). 3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O (6). FeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质

28、无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为

29、3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。四、计算题（共12分）17.将32.0g铜与60.0mL一定浓度的硝酸发生如下反应：Cu4HNO3 = Cu(NO3)22NO22H2O；3Cu8HNO3 = 3Cu(NO3)22NO4H2O。铜完全溶解产生的混合气体体积为8.96L(标况)。请计算(各数据保留两位有效数字)：(1)NO的体积为_(2)该混合气体的平均摩尔质量约为_(3)待产生的气体全部释放后，向溶液加入100mL 2.0mol/L的NaOH溶

30、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_。【答案】 (1). 6.7L (2). 34 g/mol (3). 10mol/L【分析】(1)n(Cu)=32.0g64g/mol=0.5mol，n(NO+NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol。设NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为0.4-x;依据电子守恒，可得出如下关系式：3x+(0.4-x)1=0.5mol2，求出x后，即可求出NO的体积。(2)求出NO、NO2的物质的量，再利用M=n(NO)n(NO)+n(NO2)30+n(NO2)n(NO)+n(NO2)46即可求出该混合气体的平均摩尔质量。(3)待

31、产生的气体全部释放后，向溶液加入100mL 2.0mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶质为NaNO3。从而得出表现出酸性的硝酸和剩余的硝酸的物质的量，再加上表现出强氧化性的硝酸的物质的量，即可求出原硝酸的物质的量，最后求出原硝酸溶液的浓度。【详解】(1)n(Cu)=32.0g64g/mol=0.5mol，n(NO+NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol。设NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为0.4-x;依据电子守恒，可得出如下关系式：3x+(0.4-x)1=0.5mol2，x=0.3mol，V(NO)=0.3mol22.4L/mol=6.7L

32、。答案为：6.7L；(2)n(NO)=0.3mol，则n(NO2)=0.1mol，M=0.30.430+0.10.446=34。答案为：34 g/mol；(3)n(酸性)+n(余)=n(NaOH)= 0.100mL2.0mol/L=0.2mol，n(氧化性)=0.4mol，n(总)=0.2mol+0.4mol=0.6mol，c(HNO3)=0.6mol0.06L=10mol/L。答案为：10mol/L。【点睛】有关硝酸的反应，方程式往往较多，但硝酸表现的性质不外乎强氧化性和酸性，所以我们可利用守恒法进行求解。若只涉及到变价元素，我们常用电子守恒进行求解，若涉及到酸性及氧化性两个方面，我们常用质

33、量守恒进行求解。18.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用。（1）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140 g/mol，其中硅元素的质量分数为60%。已知1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体。Nierite的化学式为_。（2）K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成，将2832 g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，固体全部溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224 mL（

34、折算至标准状况，下同），将该混合气体与84 mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。填写该18K金的成分表（精确至001%，若不含该金属则填0）。18K金成分AuAg含量（质量分数）7500%_【答案】 (1). Si3N4 (2). 1144%【分析】（1）确定Nierite有硅元素和氮元素，化学式中硅原子的个数为14060%28=3，氮原子个数为14040%14=4；（2）设K金中含有铜银两种金属，则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832（1-75%），金与浓硝酸不反应，铜银与浓硝酸发生氧化还原反应，将HNO3还原为NO2和N2O4，NO2和N2O4的混合气

35、与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3，根据电子守恒，即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数，2n(Cu)+n(Ag)= 8410-3L22.4L/mol4，联立方程可以求出Ag的质量分数。【详解】（1）1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体，参与反应的SiCl4物质的量为（35g+3mol36.5g/mol-1mol17g/mol）170g/mol=0.75mol；则Nierite中有硅元素和氮元素，化学式中硅原子的个数为14060%28=3，氮原子个数为14040%14=4，故化学式为Si3N4

36、；（2）设K金中含有铜银两种金属，则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832（1-75%），金与浓硝酸不反应，铜银与浓硝酸发生氧化还原反应，将HNO3还原为NO2和N2O4，NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3，根据电子守恒，即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数，2n(Cu)+n(Ag)= 8410-3L22.4L/mol4，二者联立解得n(Cu)=0.006mol，n(Ag)=0.003mol，Ag的质量分数为0.003mol108g/mol2.832g=11.44%，Cu的质量分数为25%-11.44%=13.56%。