高中化學人教版有機化學基礎本冊總復習總復習 市一等獎

河南省安陽市龍安高中2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．下列敘述錯誤的是A．1mol任何物質(zhì)都含有約×1023個原子B．0.012kg12C含有約×1023C．在使用摩爾表示物質(zhì)的量的單位時，應用化學式指明粒子的種類D．物質(zhì)的量是國際單位制中七個基本物理量之一【答案】A【解析】試題分析：A、物質(zhì)不全都是由原子構(gòu)成，如氯化鈉、二氧化碳等，A錯誤；B、0.012kg12C是1mol，含有約×1023個碳原子，B正確；C、在使用摩爾表示物質(zhì)的量的單位時，應用化學式指明粒子的種類，C正確；D、物質(zhì)的量是國際單位制中七個基本物理量之一，D正確。答案選A考點：物質(zhì)的量2．下列化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是A．甲苯B．丙烯C．氯乙烯D．乙醇【答案】C【解析】3．以下對元素的敘述，可肯定是主族元素的是()A．最高價氧化物對應的水化物是酸的元素B．原子電子層結(jié)構(gòu)中次外層為8個電子的元素C．原子正化合價為+7的元素D．原子電子層結(jié)構(gòu)中最外層為5個電子的元素【答案】D【解析】A項，如Mn對應HMnO4為酸。B項：若最外層也為8的元素，如Ar元素。C項，如Mn元素。4．下列溶液與LNa2SO4溶液中的Na+的物質(zhì)的量濃度相等的是A、LNaCl溶液B、100mL1mol/LNa2CO3溶液C、LNa3PO4溶液D、1L1mol/LNaOH溶液【答案】D【解析】試題分析：LNa2SO4溶液中的Na+的物質(zhì)的量濃度是L×2=L。A、LNaCl溶液中的Na+的物質(zhì)的量濃度是L，錯誤；B、100mL1mol/LNa2CO3溶液中的Na+的物質(zhì)的量濃度是1mol/L×2=2mol/L，錯誤；C、LNa3PO4溶液中的Na+的物質(zhì)的量濃度是L×3=L，錯誤；D、1L1mol/LNaOH溶液中的Na+的物質(zhì)的量濃度是1mol/L，正確，答案選D?？键c：考查離子濃度與溶液濃度的關系5．在一恒定的容器中充入2molX和1molY發(fā)生反應：2X(g)＋Y(g)nZ(g)達到平衡后，Z的體積分數(shù)為a%；若維持容器的容積和溫度不變，按起始物質(zhì)的量X為mol，Y為mol，Z為mol充入容器中，達到平衡后，Z的體積分數(shù)仍為a%，則n的值為()A．可能為2，也可能為3B．只能為3C．只能為2D．無法確定【答案】A【解析】試題分析：根據(jù)題意可知兩個平衡是等效平衡。若該反應是反應前后氣體物質(zhì)的量發(fā)生改變的可能反應，則將X為mol，Y為mol，Z為mol完全轉(zhuǎn)化為X、Y應與2molX和1molY對應相同，則+n=1，解得n=2；若該反應是反應前后氣體的物質(zhì)的量不變的可逆反應，則n=3,因為將Z轉(zhuǎn)化為X、Y時的物質(zhì)的量仍是2:1，所以達到的平衡與原平衡仍是等效平衡，均符合題意，所以答案選A?？键c：考查等效平衡的判斷與應用6．下列說法不正確的是A．過濾是根據(jù)物質(zhì)顆粒大小的差別來分離或提純物質(zhì)的一種方法B．利用蒸餾可除去液態(tài)混合物中沸點不同的易揮發(fā)、難揮發(fā)或不揮發(fā)的雜質(zhì)C．用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分靜置后紫紅色液體在上層D．不慎將油湯灑在衣服上可用酒精、汽油除去【答案】C【解析】試題分析：A、過濾是利用過濾層把顆粒大小不同的物質(zhì)分離開來的操作，A正確；B、蒸餾可除去液態(tài)混合物中沸點不同的易揮發(fā)、難揮發(fā)或不揮發(fā)的雜質(zhì)，B正確；C、四氯化碳萃取碘水中的碘，充分靜置后紫紅色液體在下層，C錯誤；D、油污是有機物，根據(jù)相似相溶原理，酒精、汽油會相溶可以洗去，D正確。答案選C?？键c：物質(zhì)的分離7．已知反應：①Cl2+2KBr2KCl+Br2，②KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3，下列說法正確的是A．上述三個反應都屬于置換反應B．反應②中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶1C．氧化性由強到弱順序為KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2D．反應③中若有l(wèi)mol還原劑反應，則氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2mol【答案】C【解析】試題分析：A、三個反應中第二個不是置換反應，所以不選A；B、反應②中氧化劑為氯化鉀，還原劑為鹽酸，二者的比例為1:5，所以不選B；C、根據(jù)方程式得出氧化性順序，氯氣氧化性大于溴單質(zhì)，氯酸鉀的氧化性大于氯氣，溴酸鉀的氧化性大于氯酸鉀，所以氧化性順序為：溴酸鉀大于氯酸鉀大于氯氣大于溴單質(zhì)，所以選C；D、反應③中氯氣為還原劑，有1摩爾氯氣反應，則轉(zhuǎn)移電子為10摩爾，所以不選D?？键c：氧化還原反應。8．將足量的CO2通入下列溶液中，能產(chǎn)生沉淀的是A．硅酸鈉溶液B．石灰水C．氯化鋇溶液D．氯化鈣溶液【答案】A【解析】試題分析：A．足量的CO2通入硅酸鈉溶液中，發(fā)生反應：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，產(chǎn)生白色沉淀，正確；B．足量的CO2通入石灰水中，發(fā)生反應：2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，無沉淀產(chǎn)生，錯誤；C．由于酸性：HCl>H2CO3，所以將足量的CO2通入氯化鋇溶液中，不能發(fā)生任何反應，無沉淀產(chǎn)生，錯誤；D．由于酸性：HCl>H2CO3，所以將足量的CO2通入氯化鈣溶液中，不能發(fā)生任何反應，無沉淀產(chǎn)生，錯誤?？键c：考查CO2的化學性質(zhì)及反應現(xiàn)象的判斷的知識。9．與CH2=CH2CH2Br—CH2Br的變化屬于同一反應類型的是()A、CH3CHOC2H5OHB、C2H5ClCH2=CH2C、D、CH3COOHCH3COOC2H5【答案】A【解析】試題分析：A．乙醛與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應生成乙醇，故A正確；B．氯乙烷轉(zhuǎn)化為乙烯，屬于消去反應，故B錯誤；C．苯環(huán)中H原子被硝基取代生成硝基苯，屬于取代反應，故C錯誤；D．乙酸與乙醇反應，乙酸中-OH被-OC2H5取代生成乙酸乙酯，屬于取代反應，故D錯誤；故選A?？键c：考查了有機反應類型的相關知識。10．下列有關石油化工的說法正確的是 （）A．煤的干餾和石油的分餾均屬化學變化B．汽油、煤油、柴油和植物油都是碳氫化合物C．石油的催化裂化的主要目的是獲得汽油等輕質(zhì)油D．石油分餾得到的汽油是純凈物【答案】C【解析】A錯，干餾屬于化學變化而分餾屬于物理變化；B錯，植物油屬于酯類含有氧元素；C正確；D錯，石油分餾得到汽油仍為混合物；11．在室溫下，將等體積的酸溶液和堿溶液混合，其溶液的PH一定大于7的是()A．PH=2的鹽酸跟PH=12的氫氧化鈉溶液B．PH=2的醋酸和PH=12的氫氧化鉀溶液C．PH=2的硝酸跟PH=12的氫氧化鋇溶液D．PH=2的硫酸跟PH=12的氨水【答案】D【解析】A、C恰好中和呈中性；B醋酸過量呈酸性；D氨水過量呈堿性。12．下列說法正確的是()A．在Ba(OH)2溶液中，c(Ba2+)=2c(OH﹣)B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解產(chǎn)物均為非電解質(zhì)C．在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中，電解質(zhì)的Ksp越小，其物質(zhì)的量濃度越小D．反應5S2O82-+2Mn2++8H20=10SO42-＋2MnO4-+16H+，得電子的元素是硫元素，反應中轉(zhuǎn)移10e-【答案】D【解析】試題分析：A、在氫氧化鋇溶液中有電荷守恒為2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH﹣)，錯誤，不選A；B、油脂水解產(chǎn)物有高級脂肪酸，其為電解質(zhì)，錯誤，不選B；C、只有具有相同結(jié)構(gòu)的難溶物，其Ksp小，溶解度小，但不同結(jié)構(gòu)的難溶物其溶解度不一定，錯誤，不選C；D、得到電子化合價降低的元素是硫，從原來的+7價降低到+6價，轉(zhuǎn)移10個電子，正確，選D。考點：溶液中微粒的比較，電解質(zhì)的判斷，難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)，氧化還原反應的轉(zhuǎn)移電子數(shù)計算13．下列有關pH或c(H＋)變化的判斷中，正確的是A．溫度的升高，純水的pH不變B．加水稀釋，碳酸鈉溶液的c(H＋)減小C．溫度的升高，硫酸溶液的c(H＋)基本不變D．pH=5的鹽酸稀釋1000倍后，溶液的pH變?yōu)?【答案】C【解析】14．某元素的最高價氧化物的分子式RO2，其中含R%。對此元素的敘述不正確的是為堿性氧化物B.該元素的氣態(tài)氫化物含H25%C.該元素為碳D.RO2與水反應能生成酸【答案】A【解析】根據(jù)最高價氧化物的化學式可知，R的最高價是＋4價，屬于第ⅣA。設R的質(zhì)量數(shù)是A，則有,解得A＝12，所以是碳元素。CO2是酸性氧化物，因此答案選A。15．利用右圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結(jié)論的是選項①②③實驗結(jié)論A濃硫酸CuKMnO4溶液褪色SO2有漂白性B濃鹽酸MnO2FeBr2溶液變?yōu)辄S色氧化性：Cl2＞Br2C稀硫酸碳酸鈉CaCl2溶液無明顯變化CO2不與CaCl2溶液反應D濃硫酸蔗糖溴水褪色濃硫酸具有脫水性、吸水性【答案】C【解析】試題分析：A．銅和濃硫酸常溫下不反應，故A錯誤；B．濃鹽酸和MnO2需要混合加熱，故A錯誤；C．稀硫酸與碳酸鈉溶液放出的CO2氣體，通入CaCl2溶液里不變渾濁，原因是弱酸不能制強酸，故C正確；D．濃硫酸滴到蔗糖上，得到的氣體能使溴水褪色，反應中有SO2氣體生成，可知濃硫酸有脫水性和強氧化性，故D錯誤，答案為C?？键c：考查實驗方案的探究與評價16．某中學課外興趣小組用惰性電極電解飽和食鹽水（含少量Mg2+）作系列探究，裝置如圖所示：（1）電解時，甲同學發(fā)現(xiàn)電極a附近溶液出現(xiàn)渾濁，請用離子方程式表示原因：___________________________________________________________________________________。（2）一段時間后，你認為C中溶液可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是_________________________________，請用離子方程式表示原因______________________________________________________。（3）隨著反應的進行，興趣小組的同學們都特別注意到D中溶液紅色逐漸褪去。他們對溶液紅色褪去主要原因提出了如下假設，請你完成假設二。假設一：B中逸出氣體與水反應生成的物質(zhì)有強氧化性，使紅色逐漸褪去；假設二：______________________________________________________________________。（4）請你設計實驗驗證上述假設一，寫出實驗步驟及結(jié)論：_________________________。【答案】（1）2H2O+2e-2OH-+H2↑，Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓（共2分，每個1分。若寫成水電離、再H+得電子生成氫氣和OH-與Mg2+反應生成沉淀的過程，也給分）（2）有淡黃色沉淀（1分）；Cl2＋S2-2Cl-＋S↓（2分）（3）可能是H+中和了OH-而褪色。（1分）（4）取少量D中褪色后的溶液于試管中，加入稍過量的NaOH溶液，若不變紅，則假設一正確。（2分，其它合理答案也可以）【解析】試題分析：（1）根據(jù)裝置圖可知，電極a與電源的負極相連，作陰極，溶液中的氫離子放電。隨著氫離子的放電，a電極附近水的電離被促進，從而導致a電極負極溶液中OH－濃度增大。又因為溶液中含有鎂離子，因此會產(chǎn)生氫氧化鎂白色沉淀，有關的電極反應式為2H＋+2e-H2↑、Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓。（2）b電極與電源的正極相連，作陽極，溶液中的氯離子放電生成氯氣。氯氣具有強氧化性，能把硫離子氧化生成單質(zhì)S沉淀，從而使溶液變混濁，因此C中溶液可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是有淡黃色沉淀，反應的離子方程式為Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓。（3）由于氯氣溶于水生成次氯酸和鹽酸，溶液顯酸性，因此褪色的原因也可能是H+中和了OH-而褪色。（4）由于次氯酸的氧化而褪色是不可逆的，即向褪色后的溶液中再滴加氫氧化鈉溶液，則不會恢復用來的顏色，據(jù)此可以驗證。因此正確的操作是取少量D中褪色后的溶液于試管中，加入稍過量的NaOH溶液，若不變紅，則假設一正確?？键c：考查電解原理的有關判斷、氯氣性質(zhì)以及實驗設計方案等17．按要求完成下列問題：（1）系統(tǒng)命名為；（2）4―甲基―1―戊烯的鍵線式為。（3）寫出乙醛與新制氫氧化銅反應化學方程式；（4）丙三醇與硝酸反應能生成三硝酸甘油酯，寫出三硝酸甘油酯的結(jié)構(gòu)簡式（5）下列有關實驗的說法不正確的是_____________。A．制乙烯時，溫度計應插入反應混合液中B．實驗室用溴和苯在鐵粉存在下反應，得到的溴苯顯褐色，原因是溴苯在空氣中被氧化C．檢驗C2H5Cl中氯元素時，將C2H5Cl和NaOH水溶液混合加熱，然后用稀硫酸酸化，再加入AgNO3溶液D．做過銀鏡反應的試管用氨水洗滌，做過苯酚的試管用酒精洗滌E．將一定量CuSO4和NaOH溶液混合后加入甲醛溶液，加熱未產(chǎn)生磚紅色沉淀，原因可能是NaOH量太少【答案】（1）3，3，5，5-四甲基庚烷；（2）（3）CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+2H2O+Cu2O↓（4）(5)BCD【解析】試題分析：（1）按照系統(tǒng)命名法主鏈為7個C原子，有4個取代基甲基分別在3、5位，所以該物質(zhì)叫3，3，5，5-四甲基庚烷；（2）根據(jù)鍵線式的書寫原則，4―甲基―1―戊烯的鍵線式是；（3）乙醛與新制氫氧化銅的化學方程式為CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+2H2O+Cu2O↓;（4）丙三醇與硝酸反應能生成三硝酸甘油酯，結(jié)構(gòu)簡式為；（5）A、制取乙烯時溫度計測定的是混合液的溫度，應插入液面以下，正確；B、實驗室用溴和苯在鐵粉存在下反應，得到的溴苯顯褐色，原因是溴苯中溶有液溴的緣故，錯誤；C、因為氯水與硝酸銀溶液反應生成沉淀，所以應加硝酸中和氫氧化鈉，錯誤；D、做過銀鏡反應的試管附著有銀，銀不與氨水反應，應用硝酸溶液，錯誤；E、甲醛分子中有2個醛基，需要氫氧化銅的量多，所以加熱未產(chǎn)生磚紅色沉淀，原因可能是NaOH量太少，正確，答案選BCD?？键c：考查有機物的命名、鍵線式、結(jié)構(gòu)簡式的書寫、化學方程式的記憶、有機實驗的判斷18．設計一個實驗只用一種試劑鑒別NaHCO3、NH4Cl、NaCl、NH4HCO3四種無色溶液，簡述操作步驟及現(xiàn)象?！敬鸢浮坑盟闹г嚬芊謩e取少許試液，分別加入足量Ba(OH)2溶液，并加熱，同時用濕潤的紅色石蕊試紙在管口檢驗。產(chǎn)生白色沉淀，且試紙變藍的為NH4HCO3，只產(chǎn)生白色沉淀的為NaHCO3，不產(chǎn)生沉淀但試紙變藍色的為NH4Cl，均無明顯現(xiàn)象的為NaCl?！窘馕觥繖z驗銨根離子要用到堿，而堿中的氫氧根離子又可與碳酸氫根離子反應生成碳酸根離子，而碳酸根離子可以與鈣離子或鋇離子反應生成白色沉淀。這樣，這種試劑就所定在Ba(OH)2溶液和Ca(OH)2溶液上，但由于Ca(OH)2的溶解度太小，其溶液與銨根反應時產(chǎn)生的氨太少，不好檢驗，因此，該試劑選用Ba(OH)2溶液。19．（14分）鋁鎂合金已成為飛機制造、化工生產(chǎn)等行業(yè)的重要材料。研究性學習小組的同學，為測定某含鎂4％～6％的鋁鎂合金（不含其它元素）中鎂的質(zhì)量分數(shù)，設計了多種實驗方案，其中之一是：將鋁鎂合金與足量NaOH溶液反應，測定剩余固體質(zhì)量。按要求填寫下列空白：1.稱取5.4g鋁鎂合金粉末樣品，溶于VmLmol/LNaOH溶液中。⑴實驗中發(fā)生反應的化學方程式是。⑵為使其反應完全，則NaOH溶液的體積V≥mL。2.過濾、洗滌、干燥、稱量固體。該步驟中若未洗滌固體，測得鎂的質(zhì)量分數(shù)將。(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。3.NaOH溶液的濃度可用稀硫酸測定，欲用質(zhì)量分數(shù)98％（密度為1．84g/cm3）的濃硫酸配制3mol/L的稀硫酸100mL。回答下列問題：⑴需要用量筒量取濃硫酸mL。⑵配制操作可分解成如下幾步，正確的操作順序是。A．繼續(xù)往容量瓶中小心地加蒸餾水，使液面接近刻度線1~2cm時。B．用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒，將溶液注入容量瓶，并重復操作兩次。C．將冷卻的稀硫酸轉(zhuǎn)移到容量瓶中。D．根據(jù)計算，用量筒取一定體積的濃硫酸。E．將濃硫酸沿燒杯壁慢慢注入盛有蒸餾水的小燒杯中，并不斷用玻璃棒攪拌。F．蓋上容量瓶塞子，振蕩，搖勻。G．用膠頭滴管加蒸餾水，使溶液凹液面恰好與刻度線相切⑶下列操作，使制得的稀硫酸溶液濃度偏小的是（填寫編號）。A．用量筒量取一定液體時，俯視液面讀數(shù)。B．在容量瓶定容時俯視刻度線。C．轉(zhuǎn)移溶液后未洗滌燒杯和玻璃棒。D．容量瓶剛用蒸餾水洗凈，沒有烘干。E．定容時，滴加蒸餾水，先使液面略高于刻度線，再吸出少量水使液面凹面與刻度線相切。【答案】(14分)【解析】20．（10分）為探究Fe（NO3）2等硝酸鹽熱分解產(chǎn)物和產(chǎn)物的性質(zhì)，某化學小組開展如下探究性學習：【查閱資料】金屬活潑性不同，其硝酸鹽分解產(chǎn)物不同（1）K→Na活潑金屬的硝酸鹽分解生成亞硝酸鹽和氧氣；（2）Mg→Cu等較活潑金屬的硝酸鹽分解生成氧化物、NO2和O2；（3）Hg以后不活潑金屬的硝酸鹽分解生成金屬、NO2和O2。2KNO32KNO2↑+O2↑2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑I：【實驗一】探究Fe（NO3）2熱分解固體產(chǎn)物中Fe元素的價態(tài)。該小組甲同學將其溶于足量的稀H2SO4得到相應兩份溶液，進行以下探究實驗。①向一份溶液中滴入少量KSCN溶液；②少量稀酸性KMnO4溶液中滴入另一份溶液?，F(xiàn)象：①溶液變紅色；②溶液變紅色。（1）則Fe（NO3）2分解的化學方程式是。II:【實驗二】探究Fe（NO3）2熱分解氣體產(chǎn)物的性質(zhì)。小組乙、丙同學進行了如下圖所示的實驗（收集時操作恰當，幾乎沒有空氣）實驗步驟：①連接儀器；②檢查裝置氣密性；③取一定質(zhì)量Fe（NO3）2裝于大試管，并重新連接好儀器；④加熱；⑤……（2）乙同學使用A裝置收集氣體，恰好收集到54mL紅棕色氣體，要從水槽中取出量筒，乙同學的正確操作方法是。（3）丙同學取等質(zhì)量Fe（NO3）2的在同樣條件下熱分解，用B裝置收集氣體產(chǎn)物，可收集到氣體_____mL。III:【實驗三】探究固體混合物的組成和特征（4）小組丁同學取KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2混合粉末充分加熱后用排水法未收集到任何氣體，則KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2物質(zhì)的量之比可能為____________。A．1∶2∶2B．2∶1∶3C．1∶2∶3D．3∶8∶5（5）取由KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3按等物質(zhì)的量之比混合而成的粉末溶于100mL3mol/L的稀硫酸中，再向溶液中加入足量的銅粉，則最多可溶解銅粉質(zhì)量為_________【答案】（1）4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑；（2）用玻璃片在水槽里蓋好量筒口，用食指摁緊玻璃片，將量筒從水槽里拿出來，正放在實驗臺上；（3）8；（4）A；（5）20.8g?！窘馕觥吭囶}分析：（1）將Fe（NO3）2受熱分解產(chǎn)生的固體將其溶于足量的稀H2SO4得到相應兩份溶液，①向一份溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液變紅色，證明該溶液中含F(xiàn)e3+；②將少量稀酸性KMnO4溶液中滴入另一份溶液，溶液變紅色說明溶液中無還原性的Fe2+，因此產(chǎn)生的固體是2Fe2O3。所以根據(jù)氧化還原反應電子守恒、原子守恒，可得Fe（NO3）2受熱分解的方程式是：4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑。（2）由于NO2的密度比空氣大，因此收集好后要正放在桌面上。乙同學使用A裝置收集氣體，恰好收集到54mL紅棕色氣體，要從水槽中取出量筒，乙同學的正確操作方法是用玻璃片在水槽里蓋好量筒口，用食指摁緊玻璃片，將量筒從水槽里拿出來，正放在實驗臺上；（3）Fe（NO3）2受熱分解產(chǎn)生的氣體中含NO2、O2，二者的物質(zhì)的量是比是8:1，54mL紅棕色氣體中含有NO2：54mL×8/9=48mL，含有O2:6mL，根據(jù)反應方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知6mLO2反應消耗24mLNO2，還有24mLNO2氣體會發(fā)生反應3NO2+H2O=2HNO3+NO，因此最終剩余氣體是8mLNO；（4）若將KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2混合粉末充分加熱后用排水法未收集到任何氣體，則分解產(chǎn)生的NO2、O2應該完全發(fā)生反應：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，即二者的物質(zhì)的量的比是4:1；根據(jù)三種物質(zhì)分解反應方程式2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑、2KNO32KNO2+O2↑；4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑，用代入的方法逐一進行驗證，可知只有選項A符合題意。（5）取由KNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3按等物質(zhì)的量之比混合而成的粉末溶于100mL3mol/L的稀硫酸中，再向溶液中加入足量的銅粉，則n（NO3-）=×（1+2+3）=；n（H+）=3mol/L×0.1L×2=，與銅反應的離子方程式是：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由于反應時n（H+）:n（NO3-）=8:2=4:1,則+會反應消耗NO3-的物質(zhì)的量是÷4=,可見NO3-過量，反應溶解銅要以不足量的H+為標準，由于n（Cu）:n（H+）=3:8，n（H+）=，發(fā)生反應3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O溶解銅粉物質(zhì)的量是n（Cu）=3/8×=，溶液中的Fe3+會與Cu發(fā)生氧化還原反應：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由于n[Fe（NO3）3]=，則發(fā)生該反應溶解的銅的物質(zhì)的量是，因此則最多可溶解銅粉質(zhì)量為m（Cu）=（+）×64g/mol=20.8g.考點：考查硝酸鹽的性質(zhì)及氧化還原反應的有關計算。21．（6分）標準狀況下，某烴完全燃燒燃燒后，產(chǎn)生17.92升二氧化碳氣體和9(1)此烴的分子式為。(2)該烴硝化時，一硝基取代物僅一種，則該烴的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)該烴硝化時，一硝基取代物有3種，則該烴的結(jié)構(gòu)簡式為。【答案】（1）C8H10（2）（3），【解析】22．已知A～F是中學化學中常見物質(zhì)，其中A、C、E為氣體，且A能使品紅溶液褪色；B、D為液體，D的濃溶液在常溫下能使鐵鈍化；F的濃溶液與X共熱通常用于實驗室制備單質(zhì)C；X是一種黑色粉末，B分子中有18個電子。反應中部分生成物已略去。（1）寫出反應②的化學方程式：______________________。（2）寫出反應①、⑥的離子方程式：①__________________；⑥_____________________。（3）根據(jù)圖中信息，B、C、D、X氧化性從強到弱的順序是____________________。【答案】（1）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O（3）X＞C＞B＞D（或?qū)懽鱉nO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)）【解析】試題分析：已知A～F是中學化學中常見物質(zhì)，其中A、C、E為氣體，且A能使品紅溶液褪色，則A是SO2；B、D為液體，D的濃溶液在常溫下能使鐵鈍化，則D是硫酸；F的濃溶液與X共熱通常用于實驗室制備單質(zhì)C；X是一種黑色粉末，判斷反應是制備氯氣的反應原理，X為MnO2，C為Cl2，F(xiàn)為HCl；B分子中有18個電子，和二氧化硫反應生成硫酸，說明B是氧化劑；推斷B為H2O2，和MnO2反應，過氧化氫做還原劑生成氧氣，E為O2。（1）根據(jù)以上分析可知反應②的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）根據(jù)以上分析可知反應①、⑥的離子方程式分別是Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－、MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。（3）據(jù)圖中信息，物質(zhì)B為H2O2、C為SO2、X為MnO2，D為H2SO4，氧化性從強到弱的順序依據(jù)反應關系：H2O2+SO2=H2SO4、H2O2+MnO2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2↑、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，發(fā)生的氧化還原反應中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物得到：MnO2＞Cl2＞H2O2＞H2SO4(稀)?！究键c定位】本題主要是考查無機框圖題推斷【名師點晴】明確物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應用，反應特征和反應現(xiàn)象的推斷是解題關鍵，需要熟練掌握物質(zhì)性質(zhì)，反應轉(zhuǎn)化關系。解答無機框圖推斷題，應認真分析題干，找出明顯條件和隱蔽條件。通過結(jié)構(gòu)特征、反應特征、現(xiàn)象特征或其他的一些特征，找出突破口，也就是所謂的“題眼”，通過正推法、逆推法、假設法、猜測法等得出結(jié)論。例如本題的“題眼”是品紅溶液褪色、鈍化以及18電子，物質(zhì)的顏色等，平時注意相關知識的概念。23．如圖是中學化學某些物質(zhì)之間的相互轉(zhuǎn)化關系，已知A是種常見的液態(tài)化合物，C、D、G、H均為單質(zhì)，G、H形成的合金是當前使用量最大的一種合金，B是黑色固體．（1）A與H反應的化學方程式為．（2）若D與C反應可得到A，則F的化學式可能為．（3）以Pt為電極，由I、D以及NaOH溶液組成原電池，則D應通入到（填“正”或“負”）極，另一電極上的電極反應式為．【答案】（1）4H2O+3FeFe3O4+4H2↑；（2）Na2O2；（3）正；CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O．【解析】A是一種常見的液態(tài)化合物，可推知A為H2O，G、H形成的合金是當前使用量最大的一種合金，應為碳和鐵的合金，B是黑色固體，C、D、G、H均為單質(zhì)，A與H反應生成B和C，應為鐵與水蒸氣的反應，所以H為Fe，B為Fe3O4，C為H2，A與G反應為碳與水反應生成一氧化碳和氫氣，所以G為C，I為CO，若D與C反應可得到A，則D為O2，所以F可能為Na2O2等，CO與氧氣在氫氧化鈉溶液中組成原電池時，CO是還原劑，在負極發(fā)生氧化反應，氧氣是氧化劑在正極反應，（1）A與H反應為鐵與水蒸氣在高溫條件下生成氫氣和四氧化三鐵，反應的化學方程式為4H2O+3FeFe3O4+4H2↑，（2）根據(jù)上面的分析可知，F(xiàn)的化學式可能為Na2O2，（3）以Pt為電極，由CO、O2以及NaOH溶液組成原電池，CO是還原劑，在負極發(fā)生氧化反應，負極的電極反應式為CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O，氧氣是氧化劑在正極反應，【點評】本題考查無機物推斷，涉及Na、F、C、Fe元素單質(zhì)化合物性質(zhì)以及常用化學用語、氧化還原反應計算、原電池等，題目難度中等，答題時注意基礎知識的靈活運用．24．【化學