河南省信阳市信阳高级中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案.docx

河南省信阳市信阳高级中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案.docx

《河南省信阳市信阳高级中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省信阳市信阳高级中学高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案.docx（33页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

河南省信阳市信阳高级中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案

河南省信阳市信阳高级中学高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案

一、选择题

1．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有

A．Cl－，SO

B．Cl－，NO

C．Cl－，CO

D．Cl－，OH－

【答案】C

【解析】

加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。

2．下列离子方程式书写正确的是

A．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba（OH）2溶液时，反应为：

Al3++2SO

+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO

+2H2O

B．硫化亚铁与浓硫酸混合：

2H＋＋FeS=H2S↑＋Fe2＋

C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：

Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO

D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe2＋＋4H＋＋NO

=3Fe3＋＋NO↑＋3H2O

【答案】A

【详解】

A．Ba（OH）2足量，故明矾KAl（SO4）2·12H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成

，即①

，

与Ba2+反应，②

，由于Al3+、

都来源于明矾，故应满足原比例1:

2，则总反应为①+②×2，即

，A正确；

B．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；

C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为

，自身被还原为Cl-，C错误；

D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；

故答案选A。

3．浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）

A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜

【答案】A

【详解】

A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；

B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；

C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；

D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；

故选A。

4．下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是（）

序号

被提纯的物质

加入试剂

分离方法

A

NaBr溶液（NaI）

氯水、四氯化碳

萃取、分液

B

NaHCO3溶液（Na2CO3）

石灰水

过滤

C

SO2（HCl）

饱和食盐水

洗气

D

MgCl2溶液（CaCl2）

石灰水

过滤、加盐酸溶解

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．NaBr溶液（NaI）中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不正确；

B．NaHCO3溶液（Na2CO3）中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；

C．SO2（HCl）中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；

D．MgCl2溶液（CaCl2）中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg（OH）2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；

故选D。

5．下列实验中，固体不会溶解的是（）

A．氧化铝与足量的稀盐酸混合B．过氧化钠与足量水混合

C．氢氧化铝与足量的氨水混合D．木炭与足量浓硫酸共热

【答案】C

【详解】

A．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；

B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误；

C．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；

D．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；

故选C。

6．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是

A．二氧化碳：

K+、Na+、

、Cl-B．氨气：

Mg2+、Al3+、Na+、

C．氯化氢：

Ca2+、Fe3+、

、Cl-D．氯气：

Na+、Ba2+、

、

【答案】C

【详解】

A．CO2、

、H2O会发生反应产生

，不能大量共存，A不符合题意；

B．NH3·H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；

C．HCl溶于水电离产生H+、Cl-，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；

D．氯气溶于水，反应产生HCl、HClO，HCl与

会反应产生H2O、CO2；HClO与

会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；

故合理选项是C。

7．下列反应在指定条件下能实现的是

A．HClO

HClB．Fe

Fe2O3C．S

SO3D．S

Fe2S3

【答案】A

【详解】

A．HClO在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确；

B．Fe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，B不正确；

C．S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确；

D．S与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确；

故选A。

8．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。

则下列说法不正确的是

A．原合金中含0.1molFe、0.15molCu

B．25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物

C．气体X中含0.3molNO、0.1molNO2

D．气体X中含0.3molNO2、0.1molNO

【答案】C

【解析】

试题分析：

铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu（NO3）2和Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，设合金中有xmolFe、ymolCu，

，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1molFe、0.15molCu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3molNO、0.1molNO2，故C错误。

考点：

本题考查化学计算。

9．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120mL4mol·L

的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344L（标准状况）气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21molB．0.14molC．0.16molD．0.24mol

【答案】B

【解析】

试题分析：

因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe（NO3）2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol，故选项A正确。

考点：

考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

10．有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。

通过足量Na2O2后，体积变为30mL，则该气体可能为（）

A．CO2为20mL，NH3为30mLB．NH3为40mL，O2为10mL

C．CO2为30mL，O2为20mLD．CO2为40mL，O2为10mL

【答案】D

【解析】

试题分析：

有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化，说明不含有NH3；通过足量Na2O2后，体积变为30mL，说明含有CO2气体，根据反应方程式：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有2体积的CO2发生反应，气体的体积会减少1体积，则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL，则含有CO2的体积是40mL，反应产生的O2体积是20mL，还有10mL的O2，故选项D正确。

考点：

考查混合气体的组成与性质的知识。

11．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。

现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。

下列叙述正确的是

A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物

B．沉淀X的成分是SiO2

C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+

D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解

【答案】B

【解析】

试题分析：

混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。

A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

考点：

金属及其化合物的性质

12．已知：

稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：

3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。

下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（）

A．Fe（NO3）2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀

B．Ba（NO3）2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀

C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀

D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液

【答案】C

【详解】

A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；

B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；

C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；

D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；

答案选C。

13．X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收．已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色气体单质，其水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应．下列说法不正确的是

A．X是SO2，它既有氧化性又有还原性

B．干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色，其水溶液具有漂泊作用的是HClO

C．Z与水反应的化学方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO

D．等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上，有色布条褪色时间变短，漂泊效果增强

【答案】D

【分析】

X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2。

【详解】

A．X是SO2，二氧化硫中硫为+4价，既可以升高又可以降低，所以它既有氧化性又有还原性，故A正确；

B．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故B正确；

C．Z是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：

3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；

D．二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误。

答案选D。

【点睛】

本题考查了无机物的推断，熟悉物质的性质及氧化还原反应规律，次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。

14．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（）

选项

W

X

Y

Z

A

B

C

D

S

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】

A．Cu不能一步生成Cu（OH）2，所以W不能发生图中转化生成Z，故A不选；

B．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y不能发生图中转化生成Z，故B不选；

C．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与过量NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与过量NaOH反应生成Z，反应均可进行，故C选；

D．硫不能一步变为三氧化硫，D不选；

答案选C。

15．在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol·L-1和1.5mol·L-1，

现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应。

下列有关说法正确的是

A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8mol

B．反应后产生13.44LH2（标准状况）

C．由于氧化性Fe3+>H+，故反应中先没有气体产生后产生气体

D．反应后溶液中Fe2＋和Fe3＋物质的量之和为0.9mol

【答案】D

【分析】

硝酸铁和硫酸的物质的量分别为0.2摩尔和1.5摩尔，铁的物质的量为39.2/56=0.7mol，氧化性比较，硝酸氧化性最强，先反应，然后铁离子反应，最后氢离子反应。

Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O

1411

0.62.40.60.6

Fe+2Fe3+=3Fe2+

123

0.10.20.3

铁完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6mol铁离子，0.3摩尔亚铁离子。

【详解】

A．反应后溶液中铁离子为0.6mol，错误，不选A；

B．没有产生氢气，错误，不选B；

C．先硝酸反应，错误，不选C；

D．铁离子与亚铁离子物质的量和为0.9mol，正确，选D。

答案选D。

16．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是（　　）

A．①②B．②③C．③④D．①③

【答案】D

【详解】

①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；

②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca（OH）2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca（OH）2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；

③2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；

④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。

综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。

【点睛】

与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。

17．铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）下降了0.2mol/L，则C（H+）下降

A．0.2mol/LB．0.8mol/LC．0.6mol/LD．0.4mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】

由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:

8，所以当c（NO3-）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确，选B。

【点睛】

本题解题的关键是理解反应的实质，即能知道根据离子方程式求解。

典型错误就是根据化学方程式求解，因为参加反应的硝酸中，有一部分（四分之三）硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO。

18．将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）。

另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为

A．39.2gB．44.8gC．58.8gD．66.4g

【答案】C

【详解】

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n（Al）=0.3×

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×

=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n（OH-）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g；C正确；

故答案选C。

19．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe（OH）3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；

C.Fe（OH）2、O2、H2O反应产生Fe（OH）3，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，能通过化合反应产生Fe（OH）3，故C错误；

D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；

故选B。

20．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（）

A．NH4NO3B．H2OC．N2D．NO2

【答案】C

【详解】

在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：

，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。

21．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是（）

A．X是N2O5

B．可用排水法收集NO、NO2气体

C．由NO2→NO，无须另加还原剂也可实现

D．由NH3→N2，从理论上看，NH3可与NO2反应实现

【答案】B

【分析】

A．图象可知X为+5价对应的氮的氧化物；

B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；

C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；

D．氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价二者反应生成氮气；

【详解】

A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，A正确；

B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排空气法收集NO气体，B错误；

C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C正确；

D．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，D正确；

答案选B。

【点睛】

本题考查了氮元素及其化合物的性质、主要是个价态存在物质的氧化还原反应，掌握基础是解题关键，题目难度中等

22．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）

A．由Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2

B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2

C．由Cu+Cl2

CuCl2，所以Cu+I2

CuI2

D．由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中

【答案】D

【详解】

A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质,故A错误；

B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮,故B错误；

C．氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜，碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C错误；

D．钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D正确；

所以答案：

D。

【点睛】

注意点：

F2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应；碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。

23．将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1NaOH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5.1g，则下列有关叙述中正确的是

A．加入合金的质量可能为9.6g

B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL

C．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol

D．溶解合金时产生NO气体体积2.24L

【答案】C

【详解】

沉淀为M（OH）2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH-）=

=0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）2]=

n（OH-）=

×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；

A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；

B．由氢氧根离子守恒得n（OH-）=n（NaOH）=0.3mol，V（NaOH）=

=0.1L=100mL，故B错误；

C．根据转移电子守恒得起氧化作用的硝酸的物质的量=

=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n（HNO3）=2n[M（NO3）2]=2n（M）=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故C正确；

D．由转移电子守恒得n（NO）=

=0.1mol，由于缺少标准状况这个条件，气体体积无法计算，故D错误；

答案为C。

24．下列有关含硫物质转化判断正确的是（）

A．0.1molCu与足量的硫充分反应，生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g

B．如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。

B中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO2

C．Cu投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H2O2溶液，金属Cu逐渐溶解，反应中H2O2起催化作用

D．25.0mL0.100mol•L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL（标况）Cl2转化为Cl-，则S2O

将转化为S

【答案】A

【详解】

A．2Cu+S

Cu2S，0.1mol铜和足量的硫充分反应，生成物的质量