河北省大名縣2023屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次月考試題（普通班含解析）

河北省大名縣2023屆高三化學(xué)上學(xué)期第一次月考試題〔普通班，含解析〕可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Ba-137第一卷選擇題〔共50分〕一、選擇題〔每題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題意，每題2分〕1.以下有關(guān)物質(zhì)分類(lèi)或歸類(lèi)正確的一組是①酸性氧化物:SO2、NO、CO2、SiO2②蛋白質(zhì)、鹽酸、水玻璃、氨水均為混合物③明礬、小蘇打、硫酸鋇、HClO均為電解質(zhì)④碘酒、牛奶、豆?jié){、漂粉精均為膠體⑤液氨、液氯、干冰、碘化銀均為化合物A.①和③B.③和④C.②和③D.②和⑤【答案】C【解析】試題分析：①NO不是酸性氧化物，故①錯(cuò)誤；②蛋白質(zhì)屬于高分子化合物，屬于混合物，鹽酸是HCl的水溶液，水玻璃是Na2SiO3的水溶液，氨水是NH3的水溶液，均為混合物，故②正確；③常見(jiàn)的電解質(zhì)有酸、堿、鹽、金屬氧化物和水，明礬、小蘇打和硫酸鋇是鹽，HClO是酸，均為電解質(zhì)，故③正確；④碘酒、漂粉精是溶液，牛奶和豆?jié){是膠體，故④錯(cuò)誤；⑤液氯是單質(zhì)，故⑤錯(cuò)誤；應(yīng)選C。【考點(diǎn)定位】考查物質(zhì)的分類(lèi)【名師點(diǎn)晴】此題考查了酸性氧化物、化合物、電解質(zhì)和膠體、單質(zhì)的概念和辨析。對(duì)于酸性氧化物和堿性氧化物的判斷應(yīng)注意：〔1〕堿性氧化物都是金屬氧化物，但金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如Mn2O7為酸性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，Na2O2為過(guò)氧化物。〔2〕酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如Mn2O7；非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物，如NO、NO2?！?〕酸性氧化物、堿性氧化物不一定都能與水反響生成相應(yīng)的酸或堿，如SiO2、Fe2O3。2.將標(biāo)準(zhǔn)狀況下的aLHCl氣體溶于1000g水中，得到的鹽酸的密度為bg/cm3，那么該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是〔〕A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L【答案】D【解析】試題分析：aL標(biāo)準(zhǔn)狀況下HCl的物質(zhì)的量為：n(HCl)==mol，質(zhì)量為：36.5g/mol×mol=g，所得溶液的質(zhì)量為：1000g+g，所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：ω==，所得溶液的濃度為：c==mol/L=mol/L，應(yīng)選D。【考點(diǎn)定位】考查物質(zhì)的量濃度的計(jì)算【名師點(diǎn)晴】此題考查了物質(zhì)的量濃度的計(jì)算，明確物質(zhì)的量濃度與溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的轉(zhuǎn)化關(guān)系為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力。此題根據(jù)氣體的體積計(jì)算出HCl的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計(jì)算出氯化氫的質(zhì)量，從而可計(jì)算出所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，再根據(jù)c=計(jì)算出所得溶液的濃度。3.為到達(dá)預(yù)期的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，以下操作正確的選項(xiàng)是〔〕A.配制0.1mol/L的鹽酸500mL，應(yīng)選用的儀器有膠頭滴管、燒杯、玻璃棒、天平、500mL容量瓶B.欲制備Fe〔OH〕3膠體，向盛有沸水的燒杯中滴加FeCl3飽和溶液并長(zhǎng)時(shí)間煮沸C.為鑒別KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分別向三種溶液中滴加NaOH溶液至過(guò)量D.測(cè)定硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量，加熱坩堝中晶體完全失水后需在空氣中冷卻，再稱(chēng)量【答案】C【解析】4.以下試劑可用帶磨口玻璃塞的玻璃試劑瓶保存的是A.氫氟酸B.硫酸C.碳酸鈉溶液D.氧氧化鈉溶液【答案】B【解析】試題解析:堿性溶液盛放在玻璃試劑瓶，使用橡膠塞或軟木塞；酸性溶液盛放在玻璃瓶中，使用玻璃塞，但是氫氟酸能夠腐蝕玻璃，不能用玻璃瓶盛裝；答案選B考點(diǎn):試劑的保存；5.以下水溶液中的各組離子因?yàn)榘l(fā)生氧化復(fù)原反響而不能大量共存的是〔〕A.Na+、Ba2+、Cl﹣、SO42﹣B.Ca2+、HCO3﹣、C1﹣、K+C.Fe3+、K+、I﹣、H+D.H+、Cl﹣、Na+、CO32﹣【答案】C【解析】試題分析：A.Ba2+與SO42-發(fā)生復(fù)分解反響生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，A錯(cuò)誤；B.Ca2+、HCO3-、C1-、K+之間不反響，可以大量共存，B錯(cuò)誤；C.MnO4-、I-、H+之間發(fā)生氧化復(fù)原反響，不能大量共存，C正確；D.H+與CO32-發(fā)生復(fù)分解反響生成CO2和水，不能大量共存，D錯(cuò)誤，答案選C?？键c(diǎn)：考查離子共存正誤判斷6.將過(guò)量的SO2通入以下稀溶液中，最終能出現(xiàn)渾濁的組合是①Ca(OH)2；②BaCl2；③Na2SiO3；④Ba(NO3)2；⑤苯酚鈉；⑥Na2CO3A.①②③⑥B.②⑤⑥C.③④⑤⑥D(zhuǎn).③④⑤【答案】D【解析】試題分析：過(guò)量二氧化硫與氫氧化鈣反響最終轉(zhuǎn)化為亞硫酸氫鈣，①錯(cuò)誤；氯化鋇和二氧化硫不反響，②錯(cuò)誤；硅酸鈉和二氧化硫反響生成硅酸沉淀，③正確；硝酸鋇和二氧化硫反響生成硫酸鋇白色沉淀，④正確；苯酚鈉和二氧化硫反響生成苯酚沉淀，⑤正確；碳酸鈉和二氧化硫反響生成亞硫酸氫鈉、二氧化碳和水，沒(méi)有沉淀，⑥錯(cuò)誤，答案選D?？键c(diǎn)：考查二氧化硫的性質(zhì)7.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4中含有的分子數(shù)為0.1NAB.1L0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA個(gè)HCO3﹣C.0.1mo1鐵粉在0.1mol氯氣中充分燃燒，失去的電子數(shù)目為0.3NAD.1mol苯含有6NA個(gè)C﹣H鍵【答案】D【解析】A．標(biāo)況下，四氯化碳為液體，不能使用氣體摩爾體積，故A錯(cuò)誤；B．碳酸氫根離子為弱酸的酸式根離子，水溶液中局部發(fā)生電離，局部發(fā)生水解，所以1L

0.1

mol?L-1

NaHCO3溶液中含有少于0.1NA個(gè)HCO3-，故B錯(cuò)誤；C.0.1mol鐵完全反響消耗0.15mol氯氣，氯氣的物質(zhì)的量缺乏，0.1mol氯氣完全反響得到2mol電子，根據(jù)電子守恒，鐵失去的電子的數(shù)目為0.2NA，故C錯(cuò)誤；D.1個(gè)苯分子中含有6個(gè)C-H，所以

1mol苯含有6

NA個(gè)C-H鍵，故D正確；應(yīng)選D。8.以下關(guān)于鈉及其化合物的說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A.鈉著火時(shí)可用細(xì)砂來(lái)滅火B(yǎng).切開(kāi)的金屬鈉暴露在空氣中，光亮的外表變暗發(fā)生2Na+O2═Na2O2反響C.過(guò)氧化鈉在潮濕空氣放一段時(shí)間變成白色粘稠物的反響主要是：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑D.過(guò)氧化鈉投入硫酸銅溶液可產(chǎn)生氫氧化銅沉淀和氧氣【答案】B【解析】A．焰色反響為元素性質(zhì)，鈉的焰色為黃色，故A正確；B．鈉與氧氣常溫下反響生成氧化鈉，故B錯(cuò)誤；C．過(guò)氧化鈉與水反響生成氫氧化鈉2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，氫氧化鈉潮解得到氫氧化鈉溶液，故C正確；D．過(guò)氧化鈉投入硫酸銅溶液反響生成氫氧化銅，硫酸鈉和氧氣，所以看到現(xiàn)象，產(chǎn)生氫氧化銅沉淀和氧氣，故D正確；應(yīng)選B。9.以下所得溶液的物質(zhì)的量濃度等于0.1mol·L－1的是()A.將0.1molHCl充分溶解在1L水中B.將60g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%的醋酸與940g水混合C.將3.1g氧化鈉溶于水并配成1L溶液D.將14.2gNa2SO4·10H2O溶于水中配成1L溶液【答案】C【解析】A錯(cuò)誤，應(yīng)該是將0.1molHCl充分溶解在水中配成1L溶液。B錯(cuò)誤，配成的溶液體積不是1L。C正確，3.1g氧化鈉會(huì)得到0.1molNaOH，配成1L溶液，會(huì)得到0.1mol·L－1的NaOHD錯(cuò)誤，14.2gNa2SO4·10H2O不是0.1mol，所得溶液濃度不是0.1mol·L－110.衛(wèi)生部發(fā)出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生產(chǎn)中添加過(guò)氧化鈣〔CaO2〕等食品添加劑．以下對(duì)于過(guò)氧化鈣〔CaO2〕的表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A.CaO2具有氧化性，對(duì)面粉可能具有增白作用B.CaO2中陰陽(yáng)離子的個(gè)數(shù)比為1：1C.CaO2和水反響時(shí)，每產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子4molD.CaO2和CO2反響的化學(xué)方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2【答案】C【解析】試題分析：A、依據(jù)過(guò)氧化鈉的性質(zhì)推斷過(guò)氧化鈣的性質(zhì)可能具有漂白性；B、依據(jù)過(guò)氧化鈣構(gòu)成離子是鈉離子和過(guò)氧根離子分析；C、依據(jù)CaO2和水反響的化學(xué)方程式分析計(jì)算；D、依據(jù)過(guò)氧化鈉性質(zhì)推斷過(guò)氧化鈣與二氧化碳的反響；解：A、結(jié)合過(guò)氧化鈉的性質(zhì)推斷，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，對(duì)面粉可能具有增白作用，故A正確；B、過(guò)氧化鈣構(gòu)成離子是鈉離子和過(guò)氧根離子，CaO2中陰陽(yáng)離子的個(gè)數(shù)比為1：1，故B正確；C、CaO2和水反響的化學(xué)方程式為2CaO2+2H2O=2Ca〔OH〕2+O2↑，每產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子2mol，故C錯(cuò)誤；D、CaO2和CO2反響的化學(xué)方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2；故D正確；應(yīng)選C．11.以下反響的離子方程式正確的選項(xiàng)是A.氯氣溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl－+ClO－B.等物質(zhì)的量的Ba(OH)2與NH4HSO4在稀溶液中反響：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2OC.將氯氣通入石灰乳制備漂白粉：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2OD.向Al2(SO4)3溶液中參加過(guò)量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【答案】D【解析】試題分析：A．氯氣溶于水生成的次氯酸為弱酸，用化學(xué)式表示，故A錯(cuò)誤；B．等物質(zhì)的量的Ba〔OH〕2與NH4HSO4在稀溶液中反響的兩種方程式為Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-＝BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，故B錯(cuò)誤；C．NaOH溶液與足量Ca〔HCO3〕2溶液反響的離子方程式為Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故C錯(cuò)誤；D．氨水不能溶解氫氧化鋁，向Al2〔SO4〕3溶液中參加過(guò)量氨水：Al3++3NH3﹒H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+，故D正確；應(yīng)選D?！究键c(diǎn)定位】考查離子方程式的正誤判斷【名師點(diǎn)晴】離子方程式正誤判斷是高考高頻知識(shí)點(diǎn)，解這類(lèi)題主要是從以下幾個(gè)方面考慮：①反響原理，如：鐵與鹽酸或稀硫酸反響只生成二價(jià)鐵；三氯化鋁溶液與碳酸鈉溶液混合發(fā)生的是雙水解反響，而不是復(fù)分解反響；Mg2+遇OH-和CO32-時(shí)更宜生成的是Mg〔OH〕2沉淀等。②電解質(zhì)的拆分，化學(xué)反響方程式改寫(xiě)為離子方程式時(shí)只有強(qiáng)酸、強(qiáng)堿及可溶性鹽可以改寫(xiě)成完全電離形式，如NaHCO3只能改寫(xiě)成Na+和HCO3-。③配平，離子方程式的配平不能簡(jiǎn)單的滿(mǎn)足原子守恒，而應(yīng)該優(yōu)先滿(mǎn)足電子守恒、電荷守恒及原子守恒。④注意反響物的用量對(duì)離子反響的影響。12.高鐵酸鉀〔K2FeO4〕是一種比Cl2、O3、KMnO4氧化性更強(qiáng)的多功能水處理劑．工業(yè)上可先制得高鐵酸鈉〔離子反響為2Fe〔OH〕3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42-+3Cl﹣+5H2O，然后在高鐵酸鈉溶液中參加一定量的KOH，可析出高鐵酸鉀．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔〕A.高鐵酸鉀的復(fù)原產(chǎn)物易水解形成膠體，可使水中懸浮物凝聚沉降B.工業(yè)上制備高鐵酸鈉時(shí)每生成1mol復(fù)原產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移3mol電子C.高鐵酸鉀中Fe為+6價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，能消毒殺菌D.高鐵酸鉀能除去水中溶解的H2S等【答案】B【解析】試題分析：A．K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可用于消毒殺菌，被復(fù)原為Fe3+，水解生成Fe(OH)3膠體，具有吸附性，可用于吸附水中的懸浮雜質(zhì)，故A正確；B．工業(yè)上制備高鐵酸鈉時(shí)，根據(jù)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，那么每生成1mol復(fù)原產(chǎn)物即Cl-，轉(zhuǎn)移2mol電子，故B錯(cuò)誤；C．K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可用于消毒殺菌，故C正確；D．K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可以氧化H2S，所以能除去水中溶解的H2S等，故D正確；應(yīng)選B。考點(diǎn)：考查了氧化復(fù)原反響反響及鹽類(lèi)的水解的相關(guān)知識(shí)。13.化學(xué)在生活中有著廣泛的應(yīng)用，以下對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的選項(xiàng)是化學(xué)性質(zhì)實(shí)際應(yīng)用A.Al2〔SO2〕3和小蘇打反響泡沫滅火器滅火B(yǎng).鐵比銅金屬性強(qiáng)FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C.次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物D.HF與SiO2反響氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標(biāo)記A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、Al2(SO4)3水解呈酸性，小蘇打水解呈堿性，在溶液中兩者發(fā)生雙水解，可生成二氧化碳?xì)怏w，可用于泡沫滅火器滅火，選項(xiàng)A正確；B、氯化鐵具有強(qiáng)氧化性，可與銅反響，與鐵、銅的活潑性無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、次氯酸鹽具有強(qiáng)氧化性和漂白性，可用于漂白，選項(xiàng)C正確；D、玻璃含有二氧化硅，HF與二氧化硅反響生成SiF4，氫氟酸可用于雕刻玻璃，選項(xiàng)D正確。答案選B。點(diǎn)睛：此題考查物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，注意相關(guān)根底知識(shí)的積累。14.水熱法制備直徑為1～100nm的顆粒Y〔化合物〕，反響原理為：3Fe2++2S2O32-+O2+aOH－=Y+S4O62-+2H2O，以下說(shuō)法中不正確的選項(xiàng)是〔〕A.a＝4B.S2O32-是復(fù)原劑C.將Y均勻分散到水中形成的體系具有丁達(dá)爾效應(yīng)D.每有3molFe2+參加反響，反響中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為5mol【答案】D【解析】試題分析：從電荷守恒的角度分析，6-4-a=-2，所以a=4．可配平反響的離子方程式：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Y+S4O62-+2H2O，根據(jù)鐵元素和氧元素守恒，可知Y為Fe3O4，所以該離子方程式為3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O。A、從電荷守恒的角度分析，6-4-a=-2，所以a=4，故A正確；B、反響中Fe和S元素的化合價(jià)升高，被氧化，F(xiàn)e2+、S2O32-是復(fù)原劑，故B正確；C、1～100nm的顆粒Y，微粒直徑在膠體大小之內(nèi)，將其均勻分散到水中形成的體系屬于膠體，具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故C正確；D、當(dāng)3molFe2+參加反響時(shí)，有1molO2反響，反響中只有O2中氧元素化合價(jià)降低由0價(jià)降低為-2價(jià)，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D。考點(diǎn)：考查了氧化復(fù)原反響的相關(guān)知識(shí)。15.用坩堝鉗夾住一小塊剛用酸處理過(guò)的鋁箔，在酒精燈上加熱至熔化，發(fā)現(xiàn)熔化的鋁并不滴落．以下關(guān)于上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的解釋不正確的選項(xiàng)是〔〕A.鋁在空氣中能很快形成氧化膜B.鋁箔外表溫度低，未熔化C.氧化鋁的熔點(diǎn)比鋁高D.氧化鋁薄膜包住了熔化的鋁【答案】B【解析】試題分析：鋁和氧氣反響生成氧化鋁，外表產(chǎn)生一層氧化薄膜阻礙反響進(jìn)行，熔化而不滴落，說(shuō)明氧化鋁的熔點(diǎn)比鋁高，應(yīng)選項(xiàng)B正確?？键c(diǎn)：考查鋁和氧氣的反響等知識(shí)。16.在以下反響中，HNO3既表現(xiàn)出氧化性，又表現(xiàn)出酸性的是〔〕A.H2S+2HNO3═S↓+2NO2↑+2H2OB.CuO+2HNO3═Cu〔NO3〕2+H2OC.4HNO34NO2↑+O2↑+2H2OD.3Cu+8HNO3═3Cu〔NO3〕2+2NO↑+4H2O【答案】D【解析】試題分析：表現(xiàn)氧化性，化合價(jià)降低，表現(xiàn)酸性，產(chǎn)物中有NO3－，應(yīng)選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)：考查氧化復(fù)原反響概念等知識(shí)。17.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，將它均分成兩份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋離子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－離子完全沉淀。反響中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。據(jù)此得知原混合溶液中的Na＋的物質(zhì)的量濃度〔單位：mol·L－1〕為〔〕A.〔y－2x〕/aB.〔y－x〕/aC.〔2y－4x〕/aD.〔2y－2x〕/a【答案】C【解析】試題分析：第一份溶液中發(fā)生的反響為BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，根據(jù)BaCl2~H2SO4知，n〔H2SO4〕=n〔BaCl2〕=xmol；第二份溶液中發(fā)生的反響為BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba〔NO3〕2、NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，根據(jù)BaCl2~2AgNO3知，和BaCl2反響的n〔AgNO3〕=2n〔BaCl2〕=2xmol，那么剩余AgNO3和NaCl反響生成AgCl，根據(jù)NaCl~AgNO3知，和NaCl反響的硝酸銀物質(zhì)的量n〔AgNO3〕=n〔NaCl〕=ymol-2xmol，那么兩種溶液中NaCl的物質(zhì)的量為2ymol-4xmol，根據(jù)Na原子守恒知，n〔Na+〕=n〔NaCl〕=2ymol-4xmol，那么原來(lái)混合溶液中c〔Na+〕==mol/L，應(yīng)選C?？键c(diǎn)：考查了離子方程式計(jì)算的相關(guān)知識(shí)。18.汽車(chē)劇烈碰撞時(shí)，平安氣囊中發(fā)生反響10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。假設(shè)氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多1.75mol，那么以下判斷錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A.有0．250molKNO3被氧化B.生成44.8LN2〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕C.轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25molD.被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol【答案】A【解析】試題分析：A．在反響10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中的N化合價(jià)升高，失去電子，作復(fù)原劑，KNO3中的N化合價(jià)降低，得到電子，作氧化劑。每產(chǎn)生16mol的N2，轉(zhuǎn)移電子10mol,氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多14mol?，F(xiàn)在氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多1．75mol，那么KNO3被復(fù)原的物質(zhì)的量是：(2mol÷14mol)×1．75mol=0．25mol，錯(cuò)誤；B．根據(jù)方程式可知：產(chǎn)生16mol的N2時(shí)，氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多14mol?，F(xiàn)在氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多1．75mol，那么產(chǎn)生N2的物質(zhì)的量是〔16÷14〕mol×1．75mol=2mol，其體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積是2mol×22．4L/mol=44．8L,正確；C．每轉(zhuǎn)移10mol的電子，氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多14mol?，F(xiàn)在氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多1．75mol，那么轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為〔10÷14〕×1．75mol=1．25mol，正確；D．根據(jù)方程式可知：被氧化30mol的N原子，氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多14mol。現(xiàn)在氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多1．75mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為(30÷14)×1．75mol=3．75mol?？键c(diǎn)：考查氨氣氣囊中發(fā)生氧化復(fù)原反響中的電子轉(zhuǎn)移、物質(zhì)的作用的計(jì)算的知識(shí)。19.以下有關(guān)物質(zhì)檢驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)結(jié)論正確的選項(xiàng)是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中參加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成該溶液中一定含有SOB向某溶液中參加2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色。再向溶液中參加幾滴新制的氯水，溶液變?yōu)榧t色該溶液中一定含有Fe2＋C將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色該氣體一定為SO2D將少量某物質(zhì)的溶液滴加到新制的銀氨溶液中，水浴加熱后有銀鏡生成該物質(zhì)一定屬于醛類(lèi)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】試題分析：A、加鹽酸酸化，可能生成不溶于酸氯化銀白色沉淀；故A錯(cuò)誤。B、向某溶液中參加2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色，說(shuō)明一定不含有Fe3+，再向溶液中參加幾滴新制的氯水，溶液變?yōu)榧t色，那么一定含有Fe2+，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3遇到硫氰酸鉀顯示紅色，故B正確；C、將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，該氣體可能是二氧化硫也可能是氯氣，故C錯(cuò)誤；D、能發(fā)后銀鏡反響的物質(zhì)可能是醛類(lèi)有機(jī)物也可能是甲酸或甲酸酯或某些糖類(lèi)化合物等，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)：了解常見(jiàn)物質(zhì)的性質(zhì)及檢驗(yàn)方法。點(diǎn)評(píng)：此題考查Cl-、Fe2+、Fe3+、SO2、醛基的化學(xué)性質(zhì)及檢驗(yàn)方法，要注意同類(lèi)或相似物質(zhì)或粒子的干擾。20.將一定量的CO2氣體通入NaOH溶液中，將產(chǎn)物在一定條件下蒸干后有三種可能：全部是Na2CO3，全部是NaHCO3，可能是Na2CO3與NaHCO3的混合物?，F(xiàn)在取蒸干后的固體物質(zhì)27.4g，發(fā)現(xiàn)如果在空氣中加熱片刻后稱(chēng)量重將變成25g，如果將固體溶于200mL、2mol/L的稀鹽酸中發(fā)現(xiàn)恰好完全反響，并完全放出二氧化碳?xì)怏w。那么將與鹽酸反響后的溶液蒸干、灼燒稱(chēng)量，其質(zhì)量為〔〕A.11.7gB.23.4gC.35.1g【答案】B【解析】將固體溶于200mL、2mol/L的稀鹽酸中發(fā)現(xiàn)恰好完全反響，并完全放出二氧化碳?xì)怏w，反響后溶液中溶質(zhì)為NaCl，由氯原子守恒可知，n(NaCl)=n(HCl)=0.2L×2mol/L=0.4mol，那么與鹽酸反響后的溶液蒸干、灼燒稱(chēng)量，其質(zhì)量為0.4mol×58.5g/mol=23.4g，應(yīng)選B。點(diǎn)睛：把握反響中氯原子守恒為解答的關(guān)鍵。將Na2CO3與NaHCO3溶于稀鹽酸中完全反響，放出二氧化碳?xì)怏w，反響后溶液中溶質(zhì)為NaCl，氯化鈉的物質(zhì)的量與氯化氫的物質(zhì)的量相等。21.以下化合物中，不能通過(guò)單質(zhì)間化合直接制取的是〔〕A.FeCl3B.CuCl2C.HClD.FeCl【答案】D【解析】試題分析：鐵和氯氣直接化合生成氯化鐵，得不到氯化亞鐵，答案選D?？键c(diǎn)：考查氯氣和單質(zhì)化合的生成物的判斷........................22.在一定條件下，某化合物X受熱分解：XA↑+2B↑+4C↑測(cè)得反響后生成的混合氣體對(duì)H2的相對(duì)密度為11.43，相同條件下，X的相對(duì)分子質(zhì)量是〔〕A.11.43B.22.85C.80.01【答案】D考點(diǎn)：考查阿伏加德羅定律和推論的應(yīng)用、物質(zhì)的量和摩爾質(zhì)量之間的關(guān)系等知識(shí)。23.以下各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能別離的是〔〕A.氧化鎂中混有氧化鋁B.氯化鋁溶液中混有氯化鐵C.氧化鐵中混有二氧化硅D.氯化亞鐵溶液中混有氯化銅【答案】D【解析】試題分析：A．MgO是堿性氧化物與NaOH不能反響，而Al2O3是兩性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反響產(chǎn)生NaAlO2，過(guò)濾后洗滌，就得到純潔的MgO，錯(cuò)誤；B．向溶液中參加過(guò)量的NaOH溶液，氯化鐵變?yōu)镕e(OH)3沉淀，氯化鋁變?yōu)镹aAlO2，過(guò)濾，然后向溶液中參加適量的鹽酸，當(dāng)沉淀到達(dá)最大值中，過(guò)濾，得到Al(OH)3，再分別向兩種物質(zhì)的沉淀中參加適量的鹽酸溶解，就得到氯化鋁溶液，除去了雜質(zhì)，錯(cuò)誤；C．二氧化硅是酸性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反響，而氧化鐵與NaOH不能發(fā)生反響。參加過(guò)量的NaOH，然后過(guò)濾洗滌，就得到純潔的氧化鐵，錯(cuò)誤；D．二者都可以與NaOH發(fā)生反響，當(dāng)再向得到的沉淀中參加鹽酸時(shí)，二者都溶解，不能別離、提純二者，正確。考點(diǎn)：考查常見(jiàn)物質(zhì)的性質(zhì)和別離方法。24.將足量的CO2不斷通入KOH、Ba〔OH〕2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關(guān)系可表示為〔〕A.B.C.D.【答案】C【解析】CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，第一步反響：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，第二步反響：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，第三步反響CO2+2KAlO2+3H2O=2Al(OH)3↓+K2CO3，第四步反響：K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，第五步反響：BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2。所以圖C正確，答案選C。點(diǎn)睛：此題考查混合物的有關(guān)計(jì)算，側(cè)重考查分析能力，明確物質(zhì)反響先后順序是解此題的關(guān)鍵。注意碳酸鋇能和二氧化碳、水進(jìn)一步反響生成可溶性碳酸氫鋇，為易錯(cuò)點(diǎn)。25.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的氣體其物質(zhì)的量為amol，向反響后的溶液中〔存在Cu2+和SO42-〕參加足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過(guò)濾，洗滌，灼燒，得到CuO12.0g，假設(shè)上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1：1(在相同條件下)，那么a可能為〔〕A.0.80B.0.70C.0.60D.0.40【答案】D【解析】試題分析：假設(shè)混合物全是CuS，其物質(zhì)的量n(CuS)=n(CuO)==0.15mol，CuS中S的化合價(jià)由-2價(jià)上升到+6價(jià)，故轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.15×(6+2)=1.2mol．NO和NO2的體積相等，設(shè)NO為xmol、NO2為xmol，根據(jù)得失電子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，那么NO和NO2的總物質(zhì)的量為0.3mol×2=0.6mol；假設(shè)混合物全是Cu2S，其物質(zhì)的量n(Cu2S)=n(CuO)=×0.15mol=0.075mol，Cu2S中S的化合價(jià)由-2價(jià)上升到+6價(jià)，且Cu元素的化合價(jià)由+1價(jià)上升到+2價(jià)，故轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量0.075×(8+1×2)=0.75mol，設(shè)NO為xmol、NO2為xmol，3x+x=0.75，根據(jù)電子得失守恒，計(jì)算得x=0.1875，故NO和NO2的總物質(zhì)的量為0.1875mol×2=0.375mol，實(shí)際氣體介于0.375mol～0.6mol之間，應(yīng)選D?？键c(diǎn)：考查了氧化復(fù)原反響計(jì)算的相關(guān)知識(shí)。第二卷〔非選擇題.共50分〕二、〔此題包括5小題，共50分〕26.含有以下離子的五種溶液①Ag+②Mg2+③Fe2+④Al3+⑤Fe3+試答復(fù)以下問(wèn)題：〔1〕既能被氧化又能被復(fù)原的離子是_____〔填離子符號(hào)，下同〕?！?〕向③中參加NaOH溶液，現(xiàn)象是_____，有關(guān)化學(xué)方程式為_(kāi)___________?！?〕參加過(guò)量NaOH溶液無(wú)沉淀的是____________?！?〕加鐵粉溶液質(zhì)量增重的是_____，溶液質(zhì)量減輕的___________。〔5〕遇KSCN溶液呈紅色的是_______________。〔6〕能用來(lái)鑒別Cl﹣存在的離子是_____?！敬鸢浮?1).Fe2+(2).出現(xiàn)白色沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色(3).4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3(4).Al3+(5).Fe3+(6).Ag+(7).Fe3+(8).Ag+【解析】試題分析：〔1〕Fe2+居于中間價(jià)態(tài)，既能被氧化又能被復(fù)原，答案為：Fe2+；〔2〕亞鐵離子和氫氧化鈉反響生成的氫氧化亞鐵沉淀很容易被氧氣氧化為氫氧化鐵，現(xiàn)象是：出現(xiàn)白色沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色，原理是：4Fe〔OH〕2+O2+2H2O="4"Fe〔OH〕3，答案為：出現(xiàn)白色沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色；4Fe〔OH〕2+O2+2H2O="4"Fe〔OH〕3；〔3〕鋁離子和過(guò)量的氫氧化鈉反響生成偏鋁酸鈉，無(wú)沉淀生成，答案為：Al3+；〔4〕鐵能將銀從溶液中置換出來(lái)，對(duì)溶液而言，增加加了鐵，析出了銀，溶液質(zhì)量減輕，鐵能和三價(jià)鐵反響生成二價(jià)鐵，溶液質(zhì)量增加了金屬鐵的質(zhì)量，答案為：Fe3+；Ag+；〔5〕三價(jià)鐵遇硫氰酸鉀顯紅色，用于三價(jià)鐵的檢驗(yàn)，答案為：Fe3+；〔6〕鑒別氯離子用硝酸酸化的硝酸銀來(lái)檢驗(yàn)，看是否出現(xiàn)白色沉淀，答案為：Ag+?？键c(diǎn)：考查常見(jiàn)元素的單質(zhì)和化合物的性質(zhì)。27.某?；瘜W(xué)興趣小組設(shè)計(jì)了圖示實(shí)驗(yàn)裝置〔圖中省略了夾持儀器〕來(lái)測(cè)定某鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．〔1〕m克鐵碳合金中參加過(guò)量濃硫酸，未點(diǎn)燃酒精燈前，A、B均無(wú)明顯現(xiàn)象，其原因是：①常溫下碳與濃硫酸不反響；②_____．〔2〕寫(xiě)出加熱時(shí)A中碳與濃硫酸發(fā)生反響的化學(xué)方程式_____．〔3〕B中的現(xiàn)象是：_____；C的作用是：_____．〔4〕待A中不再逸出氣體時(shí)，停止加熱，拆下E并稱(chēng)重，E增重bg．那么鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)____〔寫(xiě)表達(dá)式〕．〔5〕甲同學(xué)認(rèn)為利用此裝置測(cè)得鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，請(qǐng)你寫(xiě)出可能的原因：_____．【答案】(1).常溫下Fe遇濃硫酸發(fā)生鈍化(2).C+2H2SO4〔濃〕CO2↑+2SO2↑+2H2O(3).品紅溶液褪色(4).除盡反響產(chǎn)物中的SO2氣體(5).×100%(6).裝置內(nèi)的CO2難以趕盡，導(dǎo)致E質(zhì)量增重偏小【解析】(1)常溫下，鐵與濃硫酸反響生成一層致密的氧化物保護(hù)膜，阻止內(nèi)金屬繼續(xù)與濃硫酸反響，發(fā)生鈍化現(xiàn)象，故答案為：常溫下Fe遇濃硫酸發(fā)生鈍化；(2)碳與濃硫酸在加熱的條件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反響方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案為：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(3)A中生成的氣體含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色；C裝置的作用為除盡反響產(chǎn)物中的SO2氣體，防止影響二氧化碳的質(zhì)量測(cè)定，故答案為：品紅溶液褪色；除盡反響產(chǎn)物中的SO2氣體；(4)E增重b

g為二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)碳元素守恒可知合金中碳元素的質(zhì)量為bg，合金中鐵的質(zhì)量為mg-bg=(m-b)g，故鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=，故答案為：；(5)裝置內(nèi)殘留局部二氧化碳，未能被裝置E完全吸收，導(dǎo)致測(cè)量的二氧化碳的質(zhì)量偏小，即合金中碳元素的質(zhì)量偏小，鐵元素的質(zhì)量增大，質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，故答案為：裝置內(nèi)的CO2難以趕盡，導(dǎo)致E質(zhì)量增重偏小。點(diǎn)睛：此題考查學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)原理的理解、對(duì)實(shí)驗(yàn)方案與實(shí)驗(yàn)裝置的評(píng)價(jià)、元素化合物性質(zhì)、化學(xué)計(jì)算等，清楚實(shí)驗(yàn)原理是解題的關(guān)鍵。該實(shí)驗(yàn)的原理為：通過(guò)測(cè)定枯燥管E的質(zhì)量增重確定二氧化碳的質(zhì)量，從而計(jì)算合金中碳的質(zhì)量和鐵的質(zhì)量，二氧化硫會(huì)影響二氧化碳的測(cè)定，進(jìn)入枯燥管E的氣體應(yīng)除去二氧化硫并枯燥。28.次磷酸〔H3PO2〕是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)的復(fù)原性．答復(fù)以下問(wèn)題：〔1〕H3PO2與足量的NaOH溶液反響，生成NaH2PO2，那么H3PO2為_(kāi)_____元酸，其電離方程式是__________．〔2〕H3PO2是中強(qiáng)酸，寫(xiě)出其與NaHCO3溶液反響的離子方程式______________________．〔3〕H3PO2和NaH2PO2均可將溶液中的Ag+復(fù)原為Ag，從而可用于化學(xué)鍍銀．①H3PO2中，P元素的化合價(jià)為_(kāi)_________；②利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反響中，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為4：1，那么其氧化產(chǎn)物為_(kāi)____________；〔填化學(xué)式〕〔4〕H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷〔P4〕與Ba〔OH〕2溶液反響生成PH3氣體和Ba〔H2PO2〕2，后者再與H2SO4反響，寫(xiě)出白磷與Ba〔OH〕2溶液反響的化學(xué)方程式____________．【答案】(1).一(2).H3PO2H++H2PO2﹣(3).H3PO2+HCO3﹣=H2PO2﹣+CO2↑+H2O(4).+1(5).H3PO4(6).2P4+3Ba〔OH〕2+6H2O=3Ba〔H2PO2〕2+2PH3↑【解析】(1)H3PO2與足量的NaOH溶液反響，生成NaH2PO2，說(shuō)明H3PO2只能電離出一個(gè)氫離子，所以H3PO2是一元酸，電離方程式為：H3PO2H++H2PO2﹣；故答案為：一；H3PO2H++H2PO2﹣；(2)H3PO2是中強(qiáng)酸，與NaHCO3溶液反響生成二氧化碳和NaH2PO2，其反響離子方程式為：H3PO2+HCO3﹣=H2PO2﹣+CO2↑+H2O；故答案為：H3PO2+HCO3﹣=H2PO2﹣+CO2↑+H2O；(3)①H3PO2中，總化合價(jià)為0，其中氫元素為+1價(jià)，氧元素為-2價(jià)，那么P元素的化合價(jià)為：+1價(jià)；故答案為：+1；②利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反響中，反響中Ag+為氧化劑，H3PO2為復(fù)原劑，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為4：1，設(shè)反響產(chǎn)物中P的化合價(jià)為x，根據(jù)化合價(jià)升降相等可得，4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=5，所以氧化產(chǎn)物為+5價(jià)的H3PO4，故答案為：H3PO4；(4)白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反響生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，反響方程式為2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，故答案為：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。29.A、B、C、D、E五種物質(zhì)焰色反響均為黃色，它們按圖所示關(guān)系相互轉(zhuǎn)化．〔1〕這五種物質(zhì)中，A:___________、C:___________．〔2〕將CO2通入E的飽和溶液中，該反響的離子方程式為_(kāi)_____________________________．〔3〕寫(xiě)出A→