山师附中2021届高三化学一轮复习专练

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2021届高三化学一轮大复习

——硝酸盐的不稳定性

一、单选题（本大题共17小题，共34分）

1. 将2mol硝酸亚铁固体于密闭容器中隔绝空气充分加热，其受热分解的化学方程式为：

4Fe(NO)≜2FeO+8NO↑+O↑()

322322

，下列说法正确的是

A. 上述反应过程中转移的电子数为

2N

A

B. 用上述溶液制得含胶体中，含有的胶粒数目为

Fe(NO1molFe(OH)

323

)

N

A

C. 的溶液中阴阳离子总数为

1L0.1mol·L0.3N

−1

Fe(NO

32

)

A

D. 将上述反应得到的气体用试管收集起来，倒扣在盛有水的水槽中，试管中剩余气体

2/3mol

2. 已知受热分解的化学反应方程式为，将少

Cu(NO

32

)

量的固体放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃，则下列

Cu(NO

32

)

说法正确的是

()

A. 能支持燃烧

NO

2

B. 不能支持燃烧

NO

2

C. 木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气

D. 木条复燃是因为硝酸铜分解产生了CuO，CuO起催化作用

3. 某金属与稀硝酸反应生成一种硝酸盐，该硝酸盐受热分解生成、和一种固体，该固

NOO

22

体中金属元素的化合价比原硝酸盐中该金属的化合价高，则该硝酸盐分解后生成的和

NO

2

O

2

的物质的量之比为

( )

A. 8：1 B. 4：1 C. 2：1 D. 1：1

4. “”天津港爆炸事件原因是库存了大量硝酸铵、剧毒物氰化钠、金属钠和镁等

8.12

(NaCN)

化学品，下列说法正确的是

( )

坚持就是胜利！

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A. NaCN中碳元素的化合价为，是含碳的化合物，因此属于有机物

+4

B. 硝酸铵本身既具有氧化性又具有还原性，受热或撞击易发生爆炸

C. 爆炸发生引发大火，可以用大量水灭火

D. 为防止中毒，可用将NaCN还原为无毒物质

H

22

O

5. 下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是

( )

A. 李白有诗云“日照香炉生紫烟”这是描写“碘的升华”

B. 本草纲目中记载“火药乃焰消

《》

()(KNO

3

)

、硫黄、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是

利用了“的氧化性”

KNO

3

C. 本草经集注中记载了区分硝石

《》

(KNO

324

)(NaSO)

和朴消的方法：“以火烧之，紫青

烟起，乃真硝石也”这是利用了“焰色反应”

D. 我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈

[Cu

223

(OH)CO]

6. 对下列实验现象解释正确的是

( )

实验内容 实验现象 相关解释

往胶体中逐滴滴入稀盐先出现红褐色沉淀，后沉淀先胶体聚沉，后

Fe(OH)Fe(OH)

33

酸 溶解 溶解

A

NH

32

与发生化合反应

Cl

生成

NH

4

Cl

B 与混合 生成白烟

NHCl

32

C

等量的Cu分别与等体积足量的浓硝酸反应后呈绿色，稀硝

浓硝酸和稀硝酸反应 酸反应后呈蓝色

c(Cu)

2+

不同

D 有助燃性

加热硝酸铜固体，将带火星的木条生成红棕色气体，带火星木

伸入所得的气体中 条复燃

B. B C. C A. A D. D

NO

2

7. 已知中国古代四大发明之一的黑火药，它是由硫磺、木炭粉和硝石组成；油条中铝

①②

含量超标十分普遍，是影响人们健康的食品安全隐患。油条无铝配方由碳酸氢钠小苏打

()

和臭粉组成。下列关于硝石和臭粉的成份组合正确的是

( )

坚持就是胜利！

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A. 、 B. 、

KNONHKNONa

343323

HCOCO

C. 、 D. 、

HNONHNa

34323

(NH

423

)CO

NOCO

8. 测定

Cu(NO

322

)⋅nHO( )

的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是

A. 称量样品加热冷却称量CuO

→→→

B. 称量样品加热冷却称量

→→→

Cu(NO

32

)

C. 称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量

→→

D. 称量样品加过滤加热冷却称量CuO

→NaOH→→→→

9. 有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中和的物质的量浓度分别是和

HHNO4mol/L

243

SO

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

下的混合气体体积为设反应中被还原成

(NO)()

HNO

3

A. B. C. D.

0.448L0.672L0.896L0.224L

10. 将铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，

11.2g

固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO ；将另一份在空气中充分加热，

2.24L

最后得到mg固体．下列有关说法：

①c(HNO

3

)=2mol/L②③m=

；无法计算硝酸的浓度；

8.0

；，其中正确的是

④m=7.2

( )

A. B. C. D.

①④①③②④②③

11. 铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标

况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表设硝酸的还原产物只有：

(NO)

编号

稀硝酸体积 100 200 300 400

/mL

剩余金属 0 0

/g

NO体积 2240 4480 6720 v

/mL

18.09.6

①②③④

下列计算结果正确的是

( )

坚持就是胜利！

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A. 硝酸的浓度为 B. 中溶解了

0.4mol/L

C. 中溶解了 D. 中

②④

9.6gCu

①

5.6gFe

v=8960

12. 取20mL较浓硝酸和铜反应，铜完全溶解，生成的气体颜色由深变浅生成、，

2.56g(NO)

NO

2

共收集到气体标准状况，向反应后溶液中滴加溶液可恰好中和

1.12L30mL1mol/LNaOH

()

剩余的硝酸。则原硝酸溶液的物质的量浓度为

A. B. C. D.

4mol/L6.5mol/L8mol/L13mol/L

13. 向盛有溶液的烧杯中加入一定量的Cu、Al合金还原产物为，充分反应

100mLHNO

3

(NO)

后向溶液中加入的NaOH溶液，产生沉淀的质量与所加溶液的体积的关系如下图

1mol/L

所示。则原溶液的物质的量浓度是

HNO

3

()

A. B. C. D.

0.4mol/L0.45mol/L0.525mol/L0.625mol/L

14. 常温时，将和溶于水得混合溶液，然后向该溶液投入铁

0.1 mol Fe(NOm g

33

)

2 mol HCl2 L

粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法不正确的是

( )

A. 由于氧化性，首先发生的反应是

FeFe+2Fe

3++3+2+

>H=3Fe

B. 当加入铁粉时，可生成标准状况下气体

16.8 g

6.72 L

C. 在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以的形式存在

Fe

2+

D. m至少等于28，反应过程中溶液的质量一直在增加

15. 某混合酸中，物质的量浓度为，物质的量浓度为

100 mLHNO0.4 mol·LH0.2 mol·

324

−1

SO

L

−1

。向其中加入粉，待充分反应后反应前后溶液体积变化忽略不计，溶液中

2.56 g Cu()

Cu

2+

的物质的量浓度为

()

A. B. C. D. 无法计算

0.15 mol·L0.3 moI·L0.225 mol·L

−1−1−1

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16. 将铁粉加入到含硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到标况的

a molb mol

c L()

NO、混合气体。下列有关说法不正确的是

NO

2

()

A. 若反应后产物中只有生成，则

Fe

2+

44.844.8

<a<

B. 若反应后产物中只有生成，则

Fe

3+

b=3a+

22.4

C. 若反应后产物中有、生成，则

FeFe

2+3+

3

<b<6a

D. 若反应后溶液中有，则

dmolH

+

b=3a+d+

22.4

17. 将的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体假定产生的气

11.2gMg—CuX(

体全部逸出，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生沉淀，气体X的成分

)21.4g

可能是

()

A. 和

0.3molNO0.3molNO

2

B. 和

0.2molNO0.1molN

224

O

C. 、和

0.1molNO0.2molNO0.05molN

224

O

D.

0.6molNO

二、填空题（本大题共1小题，共16分）

18. 为探究等硝酸盐热分解产物和产物的性质，某化学小组开展如下探究：

Fe(NO

32

)

【查阅资料】

2KNO2KNO↑+O↑

Fe(NO)FeO+NO↑+O↑

32xy22

322

实验一：探究热分解固体产物中Fe元素的价态．该小组甲同学将分解后的固体

Fe(NO

32

)

产物溶于足量的稀

HSO

24

得到相应两份溶液，进行以下探究实验．

(1)

【提出猜想】

猜想一：Fe元素只显价；

+2

猜想二：Fe元素______；

猜想三：Fe元素既有价又有价．

+2+3

【实验操作】向一份溶液中滴入KSCN溶液；向另一份溶液中滴入酸性稀溶

①②

KMnO

4

液．

(2)

【实验现象】实验______；实验______．

①②

(3)Fe(NO)

【实验结论】猜想二成立，则

32

分解的化学方程式是______．

△

△

c

8a

c

c3c

坚持就是胜利！

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实验二：

(4)Fe(NO)

探究

32

热分解气体产物的性质．小组乙同学进行了如下实验，请完成实验空缺

部分内容．限选试剂和用晶：浓 溶液、

H

242

SO%4mol/LNaOH0.1mol/LBaC1

溶液、溶液、

带火星的木条、酸性溶液、蒸馏水．

0.1mol/LKMnO

4

实验步骤 预期现象和结论

步骤1：取少量固体于试管中， ______ ，

Fe(NO

32

)

加热分解． 说明分解产生的气体中含．

步骤2：将产生的气体依次通过盛有足量

______ 、浓硫酸的洗气瓶，

______ 在最后一个出口检验．

实验三：

(5)KNO)

332

中混有，为确定其中铁元素的含量，小组丙同学进行如下实验：

Fe(NO

①

取混合物样品 10g，充分加热分解；

②

将固体产物溶解、过滤，取沉淀进行洗涤、干燥，称得其质量为 则混合物中铁元

3.2g.

素的含量为______．

三、实验题（本大题共2小题，共35分）

19. 实验室利用图所示装置探究的热分解产物．

AgNO

3

假设：

①

2AgNO2Ag+2NO↑+O↑

322

假设：

②

4AgNO2AgO+4NO↑+O↑

3222

  △  

N0

2

______ ，

说明分解产生的气体中含 ．

0

2

−

−

  △  

回答下列问题：

(1)

按照气流方向连接装置的接口顺序为

坚持就是胜利！

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____________________________________装置A试管口稍微向下倾斜的原因是

→→→→→.

______；装置D的作用是______．

(2)

加热时放出红棕色气体，当反应结束后，试管中残留固体为黑色．鉴别黑色固体不能

选择的试剂是______填字母．

()

a.NaOHb.c.d.

溶液 浓氨水 稀硝酸 稀硫酸

(3)

当装置中的空气排尽时，收集产生的气体，并用带火星的木条检验．若能收集到

O

2

，

则假设______正确；若不能收集到，则假设______正确，原因是______用化学方程式

O

2

(

表示．

)

(4)0.1mol⋅LAgNO(AgCl)K(AgI)

利用和的相对大小的

−1

3SPSP

溶液和其他试剂，设计比较

K

实验方案．请简述操作、现象和有关结论______．

20. 维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体。该晶体以浓氨水、双氧水、

CoCl

224

⋅6HONHCl

、 为

原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：

步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三预

瓶中，然后逐滴加入足量溶假，通入 水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用

10%NaOH

500.00mL7.0mol/L25.00mL2.00mol/L

的盐酸溶液吸收，吸收结束后意取吸收液，用的

NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液。

12.50mL

步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用标准溶液滴定，以

AgNO

3

K

24

CrO

溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点为砖红色沉淀。

(Ag)

24

CrO

(1)

装置B中仪器a的名称为______。

(2)(

装置A、B 三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在______填“A”或

“B” 处。

)

(3)

步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。

(4)

有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将

______ 填“偏高”、“偏低”或“无影响”； 冰水混合物的作用是______。

()

(5)

测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是______； 出现浅红色沉淀时，若溶液中

c(CrO)=0.0025mol/LKCrO

2−

4

，通过计算说明该实验可以使用

24

溶液为指示剂的原因

______ 呈现计算过程。已知：

()

K

sp24

(AgCrO)=1.0×10

−12

Kp(AgCl)=1.8×10

−10

(6)

经上述实验测定，配合物M中钻、氮、氯的物质的量之比为1：6：3，其中氮元素以

氨的形式存在。制备M的化学方程式为______。

坚持就是胜利！

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四、简答题（本大题共1小题，共15分）

21. 自然界中，金属硫化物矿床常因发生表生氧化及次生富集作用，产生辉铜矿

(Cu

2

S)

与铜蓝

(CuS)

．

已知：反应：

Cu

23

SHNO

、CuS是两种不溶于水的黑色固体，在一定条件下都能与稀

2++

①3CuS+8H+8NO+3SO→3Cu+8NO↑+4HO

−2−

34

2

2++

②3CuS+16H+10NO+3SO→6Cu+10NO↑+8HO

22

−2−

34

现将三份质量不同的某

Cu

2

S5mol/L

和CuS混合物样品分别与100mL 的稀硝酸充分反应，

样品质量与产生气体的体积已折合成标准状况如表所示：

()

实验编号 甲 乙 丙

样品质量

(g)

气体体积

(L)

9.612.864.0

5.046.72

V

试回答下列问题不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化：

()

(1)

用质量分数为、密度为

0.631.42g/cm

3

的浓硝酸配置100mL、的稀硝酸，需浓

5mol/L

硝酸的体积为 ______ 保留1位小数

.()

(2)c(NO)=

甲实验结束后，溶液中 ______ ．

−

3

(3)()

混合物样品中、CuS的物质的量之比是多少？写出计算过程

CuS

2

(4)()

乙实验结束后，溶液中氢离子的浓度是多少？写出计算过程

(5)(V).()

计算丙实验中产生气体的体积写出计算过程

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】

【分析】

本题是对氧化还原反应的知识的考查，是中学化学的重要知识点，难度一般。关键是掌握氧化

还原反应的原理。

【解答】

A.依据方程式可知，反应过程中转移的电子数为，故A错误；

8N

A

B.用上述溶液制得含胶体中，依据胶粒的形成原理可知，含有的胶粒数

Fe(NO1molFe(OH)

323

)

目小于，故B错误；

N

A

C.依据是强酸弱碱盐，铁离子可以发生水解反应，所以的溶

Fe(NOFe(NO

3232

))

1L0.1mol·L

−1

液中阴阳离子总数大于，故C错误；

0.3N

A

D.依据和

4NO3NO

2223223

+O+2HO=4HNO+HO=2HNO+NO

可得，2mol硝酸亚铁可以

生成和，发生上述反应后得到

4molNO0.5molO

22

3

mol

的NO气体，故D正确。

故选D。

2.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查了氧气的助燃性，解答时需紧扣分解反应方程式，结合氧气能使带火星的木

Cu(NO

32

)

条复燃的条件，题目需一定的分析能力，难度中等。

【解答】

氧气具有助燃性，在纯氧气中能使带火星的木条复燃，但空气中由于含有大量不能助燃的，

N

2

Δ

而氧气量较少，所以空气中的氧气不能使带火星的木条复燃；

2Cu(NO)=2CuO+4NO↑

322

2

+O↑NO

22222

，产物中

与的体积比与空气中、体积比近似相同即为4：1，某学生将带火

ONO

星的木条放入Cu 受热分解得到的混合气体中，木条复燃，显然如果不能够助燃的

(NO

32

)

NO

2

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话，则混合气体同样会因为含量少而不能使木条复燃，所以 肯定也能助燃，选项A符

ONO

22

合题意。

故选A。

3.【答案】A

【解析】解：如果金属元素化合价不变，根据转移电子守恒知，和的物质的量之比为4：

NOO

22

1，实际上金属元素失电子化合价升高，所以失电子的物质的量增多，所以二氧化氮的物质的

量增大，根据选项知只有A符合条件，

故选A．

该硝酸盐受热分解生成、和一种固体，该固体中金属元素的化合价比原硝酸盐中该金属

NOO

22

的化合价高，说明金属元素失电子，根据转移电子守恒判断和的物质的量之比．

NOO

22

本题考查氧化还原反应的有关计算，明确转移电子相等是解本题关键，采用极限法分析解答，

题目难度不大．

4.【答案】B

【解析】解：中钠元素化合价价，氮元素化合价价，则化合价代数和为0计算，

A.NaCN+1−3

+1+x−3=0x=+2

，，NaCN虽然含有碳元素，但是NaCN的性质和无机物相似，把它们

归入无机物，故A错误；

B.硝酸铵转化N元素的化合价分别为、价，则硝酸铵本身具有氧化还原性，受热或撞击

−3+5

分解生成气体而易发生爆炸，故B正确；

与水反应生成氢气，氢气可燃烧，则爆炸发生引发大火，不能用大量水灭火，故C错误；

D.氰化钠、过氧化氢发生氧化还原反应，发生的离子反应为

2CN

−

+5HO=2HCO+N↑

222

−

3

+4HOHO

222

，

将NaCN氧化为无毒物质，故D错误；

故选B．

A.依据化合物中元素化合价代数和为0计算，钠元素化合价价，氧元素化合价价；有机

+1−2

物一定含碳元素，但含碳的化合物不一定属于有机物；

B.硝酸铵转化N元素的化合价分别为、价；

−3+5

与水反应生成氢气，氢气可燃烧；

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D.氰化钠、过氧化氢发生氧化还原反应生成碳酸氢钠、水和氨气，氧化为无毒物质．

本题考查物质性质的分析判断，侧重考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、氧化

还原反应原理熟练应用为解答的关键，题目难度不大．

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，注意古文的理解和化学物质性

质的分析判断，题目难度中等。

【解答】

A.香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，故A错误；

B.火药发生化学反应的时候，中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，

KNO

3

故B正确；

C.鉴别和，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元

KNONa

324

SO

素焰色反应为紫色，故C正确；

D.明矾的水溶液水解显酸性，故能除去铜器上的铜锈，故D正确。

故选A。

6.【答案】A

【解析】解：往胶体中逐滴滴入稀盐酸，先发生聚沉现象生成氢氧化铁沉淀，会出

A.

Fe(OH)

3

现红褐色沉淀，后与HCl反应生成氯化铁和水，沉淀溶解，故A正确；

Fe(OH)

3

B.与混合除了生成氯化铵，还会有氮气生成，不属于化合反应，故B错误；

NHCl

32

C.将等质量的铜片分别与等体积、过量的浓硝酸和过量的稀硝酸反应后，所得溶液中的浓

Cu

2+

度基本相等，颜色基本相同，不可能是

c(Cu

2+

)

浓度差异引起的，若溶液呈“绿色”可能是溶

液中与共存的结果，故C错误；

CuNO

2+

2

D.加热发生，二氧化氮的体积为氧气体积的4倍，生成红

2Cu(NO)2CuO+4NO↑+O↑

3222

  △  

−

棕色气体为二氧化氮，带火星木条复燃说明氧气和都有助燃性，故D错误；

NO

2

故选：A。

A.加盐酸，胶体先聚沉，后发生复分解反应；

坚持就是胜利！

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B.反应生成氯化铵和氮气；

C.等量的Cu反应，均生成硝酸铜，且浓度相同；

D.生成红棕色气体为二氧化氮，N元素的化合价降低，O元素的化合价应升高，可知还生成氧

气．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、实验技能

为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意使用的评价性分析，题目难度不大．

7.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，

试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

【解答】

黑火药是我国古代的四大发明之一，它是硝酸钾、硫粉、木炭粉按一定比例混合而成的，硝石

是指硝酸钾，油条无铝配方由碳酸氢钠小苏打和臭粉组成，碳酸氢铵能生成刺激性气味的氨

()

气，臭粉组成为，硝石和臭粉的成份组合为：、，故A正确。

NHKNONH

43343

HCOHCO

故选A。

8.【答案】B

【解析】解：受热易分解，其分解反应为：

Cu(NO

32

)

2Cu(NO)2CuO+4NO↑+O↑.

3222

  △  

A.称量样品加热冷却称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定

→→→

Cu(NO)⋅nHO

322

的结晶水含量，故A不选；

B.因硝酸铜易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故B选；

→

C.称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合

→→

物的质量可以求解，故C不选；

D.称量样品加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，过滤加热氢氧化铜分解生成氧化铜冷

→→→→

却称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故D不选；

→

故选B．

测定

Cu(NO

322

)⋅nHO

里结晶水的含量，实验步骤为：研磨 称量空坩埚和装有试样的坩

①②

坚持就是胜利！

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埚的质量 加热 冷却 称量 重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超

③④⑤⑥③⑤

过为止 根据实验数据计算硝酸铜结晶水的含量，注意硝酸铜受热分解产物为氧化铜，

0.1g

⑦

据此分析判断．

本题考查了通过晶体受热失水得到产物分析判断结晶水含量，明确物质的性质是解题关键，并

注意某些物质的特征反应，题目难度不大．

9.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据

n(H

+

)n(NO)

、判断反应的可

−

3

能性，判断生成气体为NO和的混合物，进而计算气体的体积。

H

2

【解答】

10mL混合酸中含有：

n(H

+

)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1moln(NO)=

，

−

3

0.01L×2mol/L=0.02mol

，

+2++2+

由于铁过量，则发生反应：

3Fe+2NO

−

+2NO↑+4HOFe+2H=Fe++8H=3Fe

2

，

3

H↑

2

，则

+2+

3Fe+2NO+2NO↑+4HO +8H=3Fe

−

2

3

0.02mol0.08mol0.02mol

反应后剩余

n(H

+

)=0.1mol−0.08mol=0.02mol

，

Fe+2H=Fe+H↑

+2+

2

0.02mol0.01mol

所以：

n(NO)+n(H

2

)=0.02mol+0.01mol=0.03mol

，

V(NO)+V(H)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L

2

，故B正确。

故选B。

10.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握质量

守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的

坚持就是胜利！

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能力．

【解答】

标况下的物质的量为：

2.24LNO

22.4L/mol

=0.1mol

，生成转移电子的物质的量为：

0.1molNO

0.1mol×(5−2)=0.3mol

，

假设Cu的物质的量为x，Mg的物质的量为y，则有，，

2x+2y=0.3mol

64x+24y=

解得，，，

x=0.05moly=0.1mol

固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200mL该硝酸溶液

中含有硝酸的物质的量为：，该硝酸溶液的浓度为：

(0.05+0.1)mol×2+0.1mol=0.4mol

0.4mol

0.2L

11.2g

2

2.24L

=2mol/L

，故正确、错误；

①②

铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量

相等，则得到固体的质量为：

11.2g

+16g/mol×(0.05+0.1)mol=8g

2

，故正确、错误；

③④

根据分析可知，正确的为，

①③

故选B．

11.【答案】D

【解析】解：由表中数据可知，实验都有金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液

①②

中金属离子为价，在实验的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为

+2

①

18g−

9.6g=8.4g

，生成NO的体积为，NO物质的量为，根据

4480mL−2240mL=2240mL0.1mol

电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为

8.4g

0.1mol×(5−2)

2

=0.15mol

，参加反应金属的平均

摩尔质量为

1.5mol

=56g/mol

，故该过程只有Fe参加反应，故实验只有Fe参与反应，

①

在实验的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为，生成NO的体积为

②

9.6g

6720mL−4480mL=2240mL0.1mol

，NO物质的量为，若该过程只有Cu参加反应，根据电

子转移守恒，则Cu的物质的量

=

0.1mol×(5−2)

2

=0.15mol=0.15mol×64g/mol=

，Cu的质量

等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，故加入200mL，

9.6g

硝酸时，Fe恰好反应生成硝酸亚铁，在实验的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液

③

中亚铁离子反应生成NO，

A.由上述分析可知，实验发生反应

①

3Fe+8HNO

3322

=3Fe(NO)+2NO↑+4HO

，生成NO的

物质的量为

22.4L/mol

=0.1mol

，根据方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为

0.1mol×4=

0.4mol

，故硝酸的物质的量浓度，故A错误；

==4mol/L

0.4mol

0.1L

2.24L

坚持就是胜利！

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B.由上述分析可知，实验发生反应

①

3Fe+8HNO

3322

=3Fe(NO)+2NO↑+4HO

，生成NO的

物质的量为，根据方程式可知，参加反应的Fe的物质的量为

0.1mol

0.1mol×

2

=0.15mol

，故

参加反应Fe的质量，故B错误；

=0.15mol×56g/mol=8.4g

C.由上述分析可知，实验中参加反应的金属为Fe，Cu没有参加反应，故C错误；

②

D.由上述分析可知，实验中Fe与硝酸恰好反应生成硝酸亚铁，生成NO的物质的量

②

=

4.48L

22.4L/mol

3

=0.2mol

，由可知，溶液中亚铁离子的物

3Fe+8HNO=3Fe(NO)+2NO↑+4HO

3322

质的量为，在实验的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成

0.3mol

③

NO，根据电子转移守恒可知，生成NO的物质的量

=

0.3mol×(3−2)

5−2

=0.1mol

，故生成NO的体

积为，故，故D正确，

0.1mol×22.4L/mol=2.24L=2240mLV=6720+2240=8960

故选：D。

由表中数据可知，实验都有金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为

①②

+2

价，在实验的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为，生成

①

18g−9.6g=8.4g

NO的体积为，NO物质的量为，根据电子转移守恒可知，

4480mL−2240mL=2240mL0.1mol

参加反应金属的物质的量为

0.1mol×(5−2)

2

=0.15mol

，参加反应金属的平均摩尔质量为

1.5mol

=

8.4g

56g/mol

，故该过程只有Fe参加反应，故实验只有Fe参与反应，根据NO的体积结合方

①

程式计算硝酸的物质的量、参加反应Fe的物质的量，根据计算硝酸的物质的量浓度，根

c=

V

据计算参加反应Fe的质量．

m=nM

在实验的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为，生成NO的体积为

②

9.6g

6720mL−4480mL=2240mL0.1mol

，NO物质的量为，若该过程只有Cu参加反应，根据电

子转移守恒，则Cu的物质的量

=

0.1mol×(5−2)

2

n

=0.15mol=0.15mol×64g/mol=

，Cu的质量

等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，故加入200mL，

9.6g

硝酸时，Fe恰好反应生成硝酸亚铁，在实验的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液

③

中亚铁离子反应生成NO，根据亚铁离子的物质的量，利用电子转移守恒计算该阶段生成NO

的物质的量，再根据计算该阶段生成NO的体积，进而计算V的值．

V=nV

m

本题考查混合物的有关计算，根据表中数据判断各阶段发生的反应是关键，侧重对学生综合能

力的考查，过程复杂、计算量较大，为易错题目，难度较大．

12.【答案】C

【解析】

坚持就是胜利！

2021届高三化学一轮复习专练

【分析】

本题考查化学反应的相关计算，难度不大，掌握反应的实质是解题的关键，注意守恒法在计算

中的应用，难度中等。

【解答】

因为的物质的量是是，即

2.56gCu

n(Cu)=

64g/mol

=0.04mol

，则生成的

Cu(NO)

32

0.04mol

n(NO)

−

3

是；混合气体的物质的量是，则

0.04mol×2=0.08mol1.12L÷22.4L/mol=0.05mol

被还原的硝酸是；消耗的NaOH的物质的量是

0.05mol1mol▪L

−1

×0.03=0.03mol

，则剩余的

硝酸是；依据原子守恒的原理，硝酸的物质的量是：

0.03mol0.08mol+0.05mol+0.03mol=

0.16mol

，剩余，选项C符合题意。

C(HNO)=0.16mol÷0.02L=8mol/L

3

故选C。

13.【答案】C

【解析】

【分析】

明确反应的原理，发生的化学反应以及灵活应用各种守恒法是解答的关键。许多有关化学反应

的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应

①

前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反

②③

应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延

④

伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

【解答】

沉淀达到最大值时所得溶液是硝酸钠，此时加入氢氧化钠的物质的量是，根据原子守

0.04mol

恒可知硝酸钠是，因此没有被还原的硝酸是；根据图像可知产生沉淀时消耗的

0.04mol0.04mol

氢氧化钠是，由于金属失去电子的物质的量与金属阳离子结合的氢氧根的物质的量

0.0375mol

相等，所以金属失去电子是，根据电子得失守恒可知被还原的硝酸是

0.0375mol0.0375mol÷

2.56g

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所以原硝酸的物质的量是，浓度是，，

0.0525mol0.0525mol÷0.1L=0.525mol/L3=0.0125mol

故C正确。

故选C。

14.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了图像的计算，难度一般，明确反应的原理，发生的化学反应以及灵活应用各种守恒

法是解答的关键。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题

的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解

①②

质溶液中的电荷守恒；原电池或电解池中两极通过的电子氧化还原反应中得失电子数守恒、

③

总数相等；运用关系式法等计算技巧巧妙从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，

④

解题。

【解答】

沉淀达到最大值时所得溶液溶质是硝酸钠，此时加入氢氧化钠的物质的量是

1mol/L×40×

10L=0.04mol0.04mol0.04mol

−3

，根据原子守恒可知硝酸钠是，因此没有被还原的硝酸是；

根据图像可知产生沉淀最大量时消耗的氢氧化钠是

(40−2.5)×10

−3

L×1mol/L=0.0375mol

，

由于金属失去电子的物质的量与金属阳离子结合的氢氧根的物质的量相等，所以金属失去电子

是，硝酸中氮元素化合价为价，NO中氮元素化合价为价，根据得失电子守恒

0.0375mol+5+2

可知被还原的硝酸为，所以原硝酸的物质的量是

0.0375mol÷(5−2)=0.0125mol

0.04mol+

0.0125mol=0.0525mol0.0525mol÷0.1L=0.525mol/L

，浓度是，故C正确。

故选C。

15.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意硝

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酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能

力。

【解答】

硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以向溶液中加入铁粉后先发生反应：

Fe+4H

+

+

3+

根据反应可知，，硝酸铁中含有硝酸根离子，硝

NO+NO↑+2HO0.1mol0.3mol0.3mol=Fe

−

2

3

酸根离子完全反应消耗氢离子，同时生成气体，氢离子还剩余；此时溶

1.2mol0.3molNO0.8mol

液中含有的物质的量为：然后发生反应：，，

Fe0.1mol+0.3mol=0.4molFe+2Fe

3+3+2+

=3Fe

最后发生反应：

Fe+2H

+2+

=Fe+H↑

2

，

3+++

A.溶液中含有、其氧化性大于铁离子，所以优先发生反应：，

HFe+4H

NO

−

+NO+=Fe

−

3

3

NO↑+2HO

2

，故A错误；

3++

=0.3mol

，根据反应可

B.铁的物质的量为：

16.8g

Fe+4H+NO+NO↑+2HO=Fe

−

2

3

56g/mol

16.8g

知，铁完全反应生成气体，标况下NO的体积为，故B正确；

0.3mol0.3molNO6.72L

C.由于反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红色，则反应后的溶液中不会存在，铁元素

Fe

3+

以的形式存在，故C正确；

Fe

2

3+

D.反应中至少消耗Fe的物质的量为：

n(Fe)=n(NO)+n(Fe)=0.3mol+0.4mol×=

−

3

22

总

3++

0.5molFe+4H+NO+NO↑+2HO=Fe

，质量为：；在反应、

56g/mol×0.5mol=28g

−

2

3

11

+

Fe+2H=Fe+H↑Fe+2Fe=3Fe

+2+3+2+

2

、

中，溶液的质量一直在增加，故D正确 。

16.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了硝酸的相关计算，题目难度不大，解题时注意依据离子反应方程式计算解答。

【解答】

100mL该混合液中含有的硝酸、硫酸的物质的量分别为：

n(HNO

3

)=0.1L×0.4mol/L=

0.04mol

，，则含有氢离子的总物质的量为：

n(HSO)=0.1L×0.2moL/L=0.02moLn(H+)=

24

0.04moL+2×0.02moL=0.08mol

，

2.56gn(Cu)=2.56g÷64g/mol=0.04mol

铜的物质的量为：，

+2+

铜与硝酸发生的反应为：

3Cu+2NO

−

+2NO+4HO+8H=3Cu

2

3

3mol 2mol 8mol

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0.04mol0.04mol0.08mol

根据反应关系可以看出，氢离子不足，Cu过量，反应生成的铜离子小于按照氢离子浓度计算，

则生成的铜离子的物质的量为：

n(Cu

2++

)=3/8×n(H)=0.08mol×3/8=0.03mol

，

溶液中的物质的量浓度为：

Cuc(Cu

2+2+

)=0.03mol÷0.1L=0.3mol/L

，故B正确。

故选B。

17.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查化学方程式的计算、氧化还原反应计算，侧重对解题方法技巧与学生分析解决问题能

力的考查，注意根据守恒进行解答，难度较大。

【解答】

A.若反应后产物中只有生成，假设生成c 标况的NO气体，发生的离子方程式：

Fe3Fe+

2+

L()

2++

amol=×=mol

22.4L/mol244.8

，则消耗铁的物质的量为：，

8H+2NO+2NO↑+4HO=3Fe

−

2

3

+2+

假设生成c 标况的气体，发生的离子方程式：

L()

NOFe+2NO

22

−

+2NO↑+4H=Fe

3

cL33c

+2HO

2

，则消耗铁的物质的量为：，实际共收集到c 标况的

amol=×=mol

22.4L/mol244.8

L()

NO、混合气体，则，故A正确；

NO

2

44.844.8

<a<

B.若反应后产物中只有生成，假设生成c 标况的NO气体，发生的离子方程式：

FeFe+

3+

L()

+3+

根据氮元素守恒则，

b=3a+

22.4

，假设生成c 标况的

L()

NO

22

NO+NO↑+2HO+4H=Fe

−

3

+3+

气体，发生的离子方程式：

Fe+3NO

−

+3NO↑+3HOb=+6H=Fe

22

，根据氮元素守恒则

3

c

c3c

cL1c

3a+

c

，当硝酸过量时大于这个值，故B错误；

22.4

2+2++

C.若反应后产物中只有，发生的离子方程式：

Fe3Fe+8H

+2NO+2NO↑+4HO=3Fe

−

2

，

3

+2+

b=a

，发生的离子方程式为：，，若反应

Fe+2NO+2NO↑+2HOb=4a+4H=Fe

−

22

3

3

+3+3+

后产物中只有生成，离子方程式为

FeFe+3NO

−

+3NO↑+3HOb=6a+6H=Fe

22

，，

3

+3+

发生的离子方程式为：

Fe+NO

−

+NO↑+2HOb=4a+4H=Fe

2

，，所以若反应后产物中

3

8

有、生成，则

FeFe

2+3+

3

<b<6a

，故C正确；

D.若反应后溶液中有 ，硝酸剩余，只有生成，生成、NO、、剩余

d molHFeNO

+3+

Fe(NO

33

)

2

d mol HNO

3

，根据氮元素守恒，，故D正确；

b=3a+d+

22.4

故选：B。

坚持就是胜利！

c

8a

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18.【答案】C

【解析】

【分析】

考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题

的关键，注意守恒思想的运用。

【解答】

向混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生沉淀为氢

Mg−Cu21.4g

氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为，物质的量为

21.4g−11.2g=10.2g

17g/mol

=

0.6mol0.6mol

，根据电荷守恒可知，的提供的电子为，据此答题。

11.2gMg−Cu

A.生成和，N元素获得电子为

0.3mo1NO0.3mo1NO

2

0.3mol×(5−4)+0.3mol×(5−2)=

1.2mol

，得失电子不相等，故A错误；

B.生成和，N元素获得电子为

0.2mo1NO0.1mo1N

224

O

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、和，N元素获得电子为

0.1molNO0.2molNO0.05molN

224

O

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，N元素获得电子为，故D错误；

0.6molNO

0.6mol×(5−2)=1.8mol

故选C。

19.【答案】只显价；溶液变红色；溶液紫色不褪去；；

+3

4Fe(NO)2FeO+8NO↑+O↑

322322

 加热 

10.2g

有红棕色气体产生；溶液；带火星的木条；带火星的木条复燃；

4mol/LNaOH22.4%

【解析】解：所以产物可能为、元素有价、价，或和

Fe(1)FeFe

243243

(SO)(SO)

+2+3FeSOFeSO

44

的混合物，故答案为：只显价；

+3

(2)Fe(SO)

根据固体物质中有

243

，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，向另一份溶液中滴

入酸性稀溶液，溶液颜色无明显变化，说明不变含还原性物质，即不含，

KMnOKMnOFeSO

444

坚持就是胜利！

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故答案为：溶液变红色；溶液紫色不褪去；

二氧化氮和氧气，方程式：热分解生成了氧化铁，

(3)Fe(NO)

32

4Fe(NO)2FeO+8NO↑

32232

+O↑

2

，故答案为：

4Fe(NO)2FeO+8NO↑+O↑

322322

 加热 

 加热 

；

(4)N0

2

气体是红棕色气体，所以加热有红棕色气体产生，说明分解产生的气体中含，故答

N0

2

案为：有红棕色气体产生；用溶液除去，浓

4mol/LNaOHN0H

224

SO%

溶液干燥氧气，最后通

过带火星的木条检验氧气，所以带火星的木条复燃，说明分解产生的气体中含 ，故答案为：

0

2

4mol/LNaOH

溶液；带火星的木条；带火星的木条复燃；

(5))

充分加热分解，

KNOO

32232

中分解为，分解为，溶解于水了、洗涤、

KNOFeKNO

Fe(NO

32

干燥后剩下克就全部是，其含铁也就是混合物的铁含量：

3.2Fe

23

O

3.2×

16010g

=×100%=

22.4%22.4%

，故答案为：．

(1)

根据Fe元素有价、价来分析；

+2+3

(2)Fe(SO)

根据固体物质中有

243

，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，向另一份溶液中滴

入酸性稀溶液，溶液颜色无明显变化，说明不变含还原性物质；

KMnOKMnO

44

(3)

根据中等活泼的金属Fe，Pb，Cu的硝酸盐受热分解生成金属氧化物、二氧化氮和氧气并

配平；

(4)

根据

N0

22

气体的颜色；根据检验氧气之前必须除去，保证氧气是干燥的，氧气能使带火

N0

星的木条复燃；

(5))

根据充分加热分解，

KNOO

32232

中分解为，分解为，溶解于水了、洗

KNOFeKNO

Fe(NO

32

涤、干燥后剩下克就全部是，再根据质量百分数来计算；

3.2Fe

23

O

本题主要考查了物质的化学性质以及化学计算，在解题时，可根据题中现象及对应的知识确定

存在或不存在的物质是解题的关键．

20.【答案】 e f c b d ；防止固体表面吸附的水气化后再试管口冷凝倒流炸

(1)a

裂试管； 防止倒吸；

(2)

a

(3) ①②

； ； ；

4NO+O+4NaOH=4NaNO+2HO

2232

然后逐滴滴入 先分别取溶液和NaI溶液充分混合，

0.1mol/LAgNO(4)

3

溶液，

5ml0.1mol/LNaCl