浙江省绍兴市诸暨市草塔中学2022学年高一化学下学期第一次月考试题（实验班）（含解析）

2022-2022学年浙江省绍兴市诸暨市草塔中学高一（下）第一次月考化学试卷（实验班）一．选择题（每小题只有一个正确答案）1．（3分）我国成功研制的铯（133Cs）原子喷泉钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒．已知该铯原子的核外电子数为55，则该原子的中子数为（　　）　A．23B．55C．78D．133考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．专题：原子组成与结构专题．分析：原子中：中子数=质量数﹣质子数，核外电子数=核内质子数，据此分析解答．解答：解：铯（133Cs）原子中质量数为133，该铯原子的核外电子数=核内质子数=55，中子数=质量数﹣质子数=133﹣55=78，故选C．点评：本题考查了质子数、质量数和中子数之间的关系，难度不大，注意基础知识的积累．　2．（3分）（2022•广东）下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是（　　）族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅤⅡA2cd3abef　A．e的氢化物比d的氢化物稳定　B．a、b、e三种元素的原子半径e＞b＞a　C．六种元素中，e元素单质的化学性质最活泼　D．c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：压轴题．分析：元素周期律和元素周期表的综合运用，重在熟练掌握短周期元素，以及同一主族和同一周期元素性质的递变规律．解答：解：A、d和e属于同一主族，由上到下，元素非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，即H2O＞H2S，故A错；B、a、b、e属于同一周期，从左到右核电荷数依次增多，原子半径逐渐减小，因此a、b、e三种元素的原子半径大小为a＞b＞e，故B错；C、此题表达不明确，是金属性最强，还是非金属性最强，故C错；D、同一周期中，从左到右核电荷数依次增多，原子得电子能力逐渐增强，同一主族，由上到下，原子得电子能力逐渐减弱，因此c、e、f的最高价氧化物对应的水化物酸性增强，故D对；故选：D．点评：本题考查了元素周期律和元素周期表的综合运用，设点全面，突出主干知识和核心内容，具有很好的区分度，不偏不怪，侧重基础．　-21-\n3．（3分）两种粒子的核外电子排布相同，核电荷数不同，则它们可能是（　　）　A．两种不同元素的原子B．一定是两种不同的离子　C．同一元素的原子和离子D．两种不同元素的原子和离子考点：原子核外电子排布；核电荷数．专题：原子组成与结构专题．分析：根据不同种元素最本质的区别是质子数不同，可推断：不同质子数，说明肯定不是同种元素的粒子；相同电子数即“核外电子数相同”，说明它们核外电子结构相同，而它们的质子数不同，说明肯定不是两种不同元素的原子的两种粒子；据此即可判定正确的选项．解答：解：A、不同元素的原子，电子数肯定不同，故A错误；B、不同元素的离子，如Na+和Mg2+，都是离子，而且质子数不同，电子数相同，但是不同元素的原子和离子，如Ne和Na+，也是成立的，故B错误；C、同一元素，质子数就一定相同，故C错误；D、一种元素的原子和另一种元素的离子，可以是不同质子数、相同电子数的两种粒子，如Ne和Na+，故D正确．故选D．点评：解答本题必须理解不同质子数、相同电子数的含义，才能正确解答．　4．（3分）下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（　　）　A．NaCl、HCl、H2O、NaOHB．Cl2、Na2S、HCl、SO2　C．HBr、CO2、H2O、CS2D．Na2O2、H2O2、H2O、O3考点：化学键．专题：化学键与晶体结构．分析：根据化合物的类型和离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键分析判断．解答：解：A、NaCl中含有离子键、HCl含有共价键、H2O含有共价键、NaOH含有离子键和共价键，故A不符合；B、Cl2含有共价键、Na2S含有离子键、HCl含有共价键、SO2含有共价键，故B不符合；C、HBr、CO2、H2O、CS2分子中含的化学键都是共价键，故C符合；D、Na2O2含有离子键和共价键、H2O2含有共价键、H2O含有共价键、O3含有共价键，故D不符合；故选C．点评：本题考查了根据化合物判断化学键类型，难度不大，明确离子键和共价键的区别是解答本题的关键．　5．（3分）（2022•九江三模）已知1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（　　）　A．质子数：c＞dB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣　C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W考点：物质的结构与性质之间的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．-21-\n分析：根据离子的电子层结构相同，判断出四种元素的原子序数的大小以及在周期表中的大体位置，再根据元素周期律判断各选项的正误．解答：解：因四种离子的电子层结构相同，所以质子数a、b、c、d的大小关系应为a＞b＞d＞c，且Y、Z在上一周期，Y在Z的左边，Y的非金属性小于Z；W、X在下一周期，X在W的左边，X的金属性大于W．A、质子数d＞c，故A错误；B、离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣，故B正确；C、氢化物稳定性应为HZ＞H2Y，故C错误；D、原子半径大小关系应为X＞W，故D错误；故选B．点评：本题通过四种电子层结构相同的粒子考查学生对原子（离子）结构、元素周期律、氧化还原等知识的掌握情况，同时也要求学生平时应善于对知识进行归纳总结并变通应用．　6．（3分）（2022•长宁区一模）X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（　　）　A．X的原子半径一定大于Y的原子半径　B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构　C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1　D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问．解答：解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2﹣，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；C、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确．故选D．点评：本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用．　7．（3分）下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（　　）　A．SO2和SiO2B．CO2和H2OC．NaCl和HClD．CCl4和KCl考点：化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用．专题：压轴题；化学键与晶体结构．分析：根据组成化合物的元素及物质类别分别判断出各项中的物质所属化学键类型和晶体类型．-21-\n解答：解：A中根据元素组成可判断都为极性共价键，但SO2为分子晶体而SiO2为原子晶体，故A错误；B中都含极性键且都是分子晶体，故B正确；C中NaCl含离子键为离子晶体，而HCl含共价键，为分子晶体，故C错误；D中CCl4含共价键为分子晶体而KCl中含离子键为离子晶体，故D错误．故选B．点评：本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键．　8．（3分）下列变化规律正确的是（　　）　A．NaCl、MgCl2、MgO熔点由低到高　B．H2O、H2S、H2Se的分解温度及沸点都由高到低　C．O2、I2、Hg、NaCl、SiO2熔点由低到高　D．碳化硅、单晶硅、金刚石、石墨熔点由低到高考点：离子晶体；晶格能的应用．分析：A．离子键越强，熔点越高；B．水分子之间存在氢键，故沸点最高，但H2S沸点低于H2Se；C．I2的熔点高于Hg；D．原子晶体中共价键键长越短，熔点高；解答：解：A．离子键的强弱是MgO＞MgCl2＞NaCl，故熔点由高到低为MgO＞MgCl2＞NaCl，故A正确；B．B组中水分子之间存在氢键，故沸点最高，但H2S沸点低于H2Se，不是由高到低，故B错误；C．Hg是液体、碘是固体，I2的熔点高于Hg，故C错误；D．熔点由低到高应为单晶硅、碳化硅、金刚石、石墨，故D错误；故选A．点评：本题物质的熔沸点，注意不同晶体的比较方法，难度不大．　9．（3分）四种元素的离子：aXm+、bYn+、cZn﹣、dRm﹣（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，对下列叙述的判断正确的是（　　）　A．元素的原子序数：a＞b＞c＞d　B．a﹣b=n﹣m　C．元素的非金属性：R＞Z　D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Y考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：四种元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dRm﹣（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，则a﹣m=b﹣n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的金属性随着原子序数的增大而减小，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．-21-\n解答：解：四种元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dRm﹣（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，则a﹣m=b﹣n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，A．通过以上分析知，元素的原子序数：a＞b＞c＞d，故A正确；B．由于a﹣m=b﹣n，则a﹣b=m﹣n，故B错误；C．Z和R属于同一周期元素，且原子序数Z＞R，同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以元素非金属性：Z＞R，故C错误；D．金属性Y＞X，所以最高价氧化物对应水化物碱性：X＜Y，故D错误；故选A．点评：本题考查原子结构与元素周期律，确定元素在周期表中的相对位置是关键，并利用金属、非金属性的比较规律来解答，难度不大．　10．（3分）下列各组中属于同位素关系的是（　　）　A．与B．T2O与H2O　C．与D．金刚石与石墨考点：同位素及其应用．专题：原子组成与结构专题．分析：具有相同质子数、不同中子数的同种元素的原子，互为同位素，以此来解答．解答：解：A．质子数不同，为不同元素的原子，不是同位素关系，故A不选；B．均为化合物，且为同种物质水，故B不选；C．质子数均为19，中子数分别为21、20，则二者互为同位素，故C选；D．均为单质，为碳的同素异形体，故D不选；故选C．点评：本题考查同位素的判断，为基础性习题，把握同位素的分析对象为原子为解答的关键，注意相关概念的辨析，题目较简单．　11．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强　B．第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高　C．同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强　D．第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、同周期第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强；B、分子间存在氢键的物质，其沸点较高；C、同周期非金属元素最高价氧化物的水化物酸性从左到右依次增强；D、元素的离子半径比较方法：电子层多半径大，核外电子数相等，核内质子数越多，半径越小．-21-\n解答：解：A、同周期第ⅠA族元素金属性比第ⅡA族元素强，但不同周期比较，如Na（ⅠA）、Ca（ⅡA），前者金属性较弱，故A错误；B、第ⅥA族元素的氢化物中稳定性最好的是H2O，因分子间存在氢键，其沸点也最高，故B正确；C、同周期非金属元素最高价氧化物的水化物酸性从左到右依次增强，但低价态氧化物的水化物酸性不一定如此，如H2SO4的酸性比HClO强，故C错误；D、第三周期元素离子半径大小顺序为：P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故D错误．故选B．点评：本题考查学生同主族元素性质的递变规律，可以根据所学知识来回答，难度不大．　12．（3分）下列电子式或结构式错误的是（　　）　A．OH﹣的电子式B．NH4Br的电子式　C．CCl4的电子式D．H2O的结构式H﹣O﹣H考点：电子式；结构式．专题：化学用语专题．分析：根据原子的最外层电子数来分析电子式，并注意离子的电子式书写应用中括号和带电荷数，共价化合物不用中括号，将共用电子对用“﹣”表示即为结构式．解答：解：A、因氧原子最外层6个电子，氢原子最外层1个电子，则OH﹣的电子式为，故A正确；B、NH4Br为离子化合物，N原子最外层5个电子，Br原子最外层7个电子，则其电子式为，故B正确；C、CCl4为共价化合物，碳最外层4个电子，而Cl最外层7电子，中Cl的最外层电子数未标全，故C错误；D、水中有2对共用电子对，则H2O的结构式H﹣O﹣H，故D正确；故选C．点评：本题考查化学用语的使用，学生明确原子的最外层电子数及物质的类别、电子式的书写方法是解答本题的关键．　13．（3分）（2022•惠州模拟）在短周期元素中，若某元素原子的最外层电子数与其电子层数相等，则符合条件的元素种数为（　　）　A．1种B．2种C．3种D．4种考点：原子核外电子排布．-21-\n专题：原子组成与结构专题．分析：根据题干信息及核外电子排布规律判断．解答：解：由题干短周期元素知，这些元素的原子序数小于等于18；核外电子排布规律是：每层电子最多排2n2个，最外层电子最多排8个．所以，如果最外层是第一电子层，排1个电子，是H元素；如果最外层是第二电子层，排2个电子，是Be元素；如果最外层是第三电子层，排3个电子，是Al元素．故选C点评：原子核外电子排布规律是：1每层电子最多排2n2个，2最外层不超过8个电子，3倒数第二层不超过18个电子，4倒数第三层不超过32个电子，5排列电子时先排能量低的后排能量高的．　14．（3分）（2022•北京）已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（　　）　A．原子半径：As＞Cl＞PB．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr　C．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B．非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定；C．非金属的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；D．非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强．解答：解：A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；B．热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；D．酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选C．点评：本题考查物质的性质，根据元素周期律来分析解答即可，难度不大．　15．（3分）（2022•浙江）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）　A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物　B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低　C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体　D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：根据Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答．-21-\n解答：解：由Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y是硅元素，即X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2﹣＞W﹣可知X、Z、W分别属于钠、硫、氯元素，又因为Z、M同主族且X+与M2﹣具有相同的电子层结构，则M是氧元素；A、因钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；B、因水分子中存在氢键，所以水的沸点最高，沸点为H2O＞HCl＞H2S，故B错误；C、元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故C错误；D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，故D正确；故选：D．点评：本题考查位置、结构、性质的关系和应用，寻找本题的突破点为Y是解答本题的关键，然后利用元素化合物知识来解答即可．　16．（3分）H2O与H2S结构相似，都是V型的极性分子，但是H2O的沸点是100℃，H2S的沸点是﹣60.7℃．引起这种差异的主要原因是（　　）　A．范德华力B．共价键C．氢键D．相对分子质量考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：化学键与晶体结构．分析：H2O，HF，NH3中因为含有氢键，所以其沸点高于同族其他元素的氢化物．解答：解：H2O与H2S都属于分子晶体，H2O分子间可以形成氢键，H2S只含有范德华力，所以水的沸点高于H2S的沸点，故选C．点评：本题考查了氢键对物质熔沸点的影响，题目难度不大，氢键为高考中的高频考点，H2O，HF，NH3中因为含有氢键，所以其沸点高于同族其他元素的氢化物．　17．（3分）已知两个成键原子的核间距离叫做键长，拆开1mol共价键所需要的能量叫做键能．下表是从实验测得不同物质中O﹣O之间的键长和键能数据．其中x、y的键能数据尚未测定，但根据规律推导，键能大小的顺序是b＞a＞y＞x，该规律是（　　）O22﹣O2﹣O2O2+键长/10﹣12m149128121112键能/kl/molxya=494b=628　A．成键时，电子数越多键能越大B．键长越短，键能越大　C．成键所用电子数越少，键能越大D．成键时电子对越偏移，键能越大考点：键能、键长、键角及其应用．分析：根据表中数据以及题目信息键能大小的顺序是b＞a＞y＞x，可知键长越短，键能越大；根据O22﹣和O2成键所用电子数越少分别为1、2个；O2和O2+电子数分别为16、15；解答：解：A、O2和O2+电子数分别为16、15，但键能分别为：494kj/mol、628kj/mol，电子数越多键能越小，故A错误；B、表中数据以及题目信息键能大小的顺序是b＞a＞y＞x，可知键长越短，键能越大，故B正确；C、O22﹣和O2-21-\n成键所用电子数越少分别为1、2个，键能：a＞x，成键所用电子数越少，键能越小，故C错误；D、电子对偏移程度与键能无关，故D错误；故选B．点评：本题主要考查了键能的影响因素，难度不大，注意信息的掌握与运用．　18．（3分）固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（　　）　A．一个NH5分子中含5个N﹣H键　B．NH5中既有共价键，又有离子键　C．NH5的电子式是　D．它与HCl反应的离子方程式为NH5+H+=NH4++H2↑考点：化学键；电子式．专题：化学键与晶体结构．分析：NH5所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，所以，NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，符合稀有气体原子的最外层结构，剩余的一个氢原子只能是H﹣，这样才符合2电子的稳定结构，所以数铵根离子和氢阴离子形成的离子化合物，能稳定存在于固体中类似氯化铵．解答：解：A、根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H﹣，阴阳离子间形成离子键，故A错误；B、由分析可知该化合物为NH4H，既存在离子键又存在共价键，故B正确；C、根据离子化合物的结构特征，阳离子是铵根离子，阴离子是氢阴离子，都达到了稀有气体的最外层结构，电子式正确，故C正确；D、与盐酸反应，NH4H+HCl=NH4Cl+H2↑，是H﹣和H+间的氧化还原反应，故D正确；故选A．点评：本题考查了原子间化学键的形成，原子最外层电子的稳定结构形成，电子式的书写．　19．（3分）下列叙述正确的是（　　）　A．带相反电荷离子之间的相互吸引称为离子键　B．金属元素与非金属元素化合时一定形成离子键　C．某元素的原子最外层只有一个电子，它跟卤素结合时所形成的化学键不一定是离子键　D．非金属原子间不可能形成离子键考点：化学键．分析：A．离子键是指带相反电荷的离子之间的相互作用；B．氯化铝中氯原子和铝原子间存在共价键；C．氢原子跟卤素结合时所形成的化学键为共价键；D．非金属原子间形成铵盐，能形成离子键；解答：解：A．带相反电荷离子之间的相互作用称为离子键，故A错误；-21-\nB．金属元素与非金属元素化合时一定形成离子键，如氯化铝中氯原子和铝原子间存在共价键，故B错误；C．某元素的原子最外层只有一个电子，它跟卤素结合时所形成的化学键不一定是离子键，如氢原子跟卤素结合时所形成的化学键为共价键，故C正确；D．非金属原子间可能形成离子键，如铵盐中存在离子键，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了化学键的形成，难度不大，注意举例说明．　20．（3分）根据化学反应的实质是旧键断裂新键形成这一事实，下列变化不属于化学反应的是（　　）①白磷在260℃时转化为红磷②石墨在高温下转化为金刚石③NaCl熔化④五氧化二磷吸水⑤冰熔化⑥HCl气体溶于水．　A．③⑤⑥B．①②④C．③④⑤⑥D．①③④⑥考点：化学键；化学反应的实质．专题：化学键与晶体结构．分析：化学反应的实质是原子的重新组合，即旧化学键的断裂，新化学键的形成过程；同素异形体的转化是化学变化，分子结构发生了改变，原子重新组合，旧化学键断裂新化学键形成；离子化合物氯化钠熔化破坏了旧化学键，但未形成新化学键，是物理变化；氯化氢溶解于水中电离成自由移动的阴阳离子，旧化学键断裂，未形成新化学键，是物理变化；冰熔化是物质的三态变化，没有化学键的断裂与形成，只是分子间的距离发生了改变，是物理变化；五氧化磷吸水是和水发生了化学反应生成了磷酸，是化学变化．解答：解：白磷在260℃时转化为红磷和石墨在高温下转化为金刚石都是同素异形体的相互转化，转化过程中旧化学键键断裂同时形成了新化学键，是化学变化；NaCl熔化电离成自由移动的钠离子和氯离子，破坏了离子键，但未形成新化学键，是物理变化；五氧化二磷吸水发生了反应P2O5+3H2O=2H3PO4，旧化学键键断裂同时形成了新化学键，是化学变化；冰熔化是分子间距离增多，没有化学键的破坏与形成，是物理变化；HCl气体溶于水破坏了共价键，未形成新化学键，是物理变化．③⑤⑥不属于化学变化．故选A．点评：本题考查了从化学键的形成与断裂来分析化学反应的实质，重点考查了同素异形体的转化、物质的溶解过程、物质的熔化过程、物质的吸水过程．　21．（3分）据估计，高空大气中的O2吸收紫外线可生成臭氧，臭氧可分解：O3→O2+O．臭氧与大气污染物之一的NO发生反应：NO+O3═NO2+O2，NO2+O═NO+O2，纵观这些反应可以看出NO是作（　　）　A．氧化剂B．还原剂C．催化剂D．干燥剂考点：催化剂的作用．分析：NO+O3═NO2+O2，NO2+O═NO+O2-21-\n，将两个方程式相加，消除中间反应物，可得出总的化学方程式为O3+O=2O2从过程可以看出NO反应前后未变，只是参与化学反应的过程，这符合催化剂的特点，所以起到了催化剂的作用，据此分析解答．解答：解：臭氧与大气污染物之一的NO发生反应：NO+O3═NO2+O2，NO2+O═NO+O2，将两个方程式相加，合在一块是：O3+NO+O+NO2═NO2+O2+NO+O2反应物和生成物中相同的要消去即：O3+O═2O2，由方程式可知一氧化氮参加了反应，但最后又生成了它，催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变，说明NO是催化剂，故选C．点评：本题考查了催化剂的判别，掌握催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变的特点是解答的关键，注意在反应物和生成物进行抵消时，必须是抵消相同分子数目的同种物质，题目难度不大．　22．（3分）1.92gCu投入一定量的浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越淡，共收集到672mL气体（标准状况）．将盛有此气体的容器倒扣在水中，容器内液面上升，再通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是（　　）　A．504mLB．168mLC．336mLD．224mL考点：氧化还原反应的计算．分析：根据电子守恒计算，已知HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算．解答：解：1.92gCu的物质的量为n（Cu）==0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=0.015mol，V（O2）=0.015mol×22400ml/mol=336ml，所以通入O2的体积为336ml，故选C．点评：本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，本题难度不大，根据HNO3NO、NO2HNO3，得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答本题的关键．　23．（3分）下列不可用于区别溴蒸气与二氧化氮气体的试剂是（　　）　A．淀粉碘化钾溶液B．水C．AgNO3溶液D．CCl4考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：二氧化氮和溴的性质不同，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，而溴可溶于水，溴水呈橙黄色，可与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀；二者都具有强氧化性，以此解答．解答：解：A．二者均能氧化碘离子，使淀粉KI溶液变蓝，现象相同，不能鉴别，故A选；B．二氧化氮溶于水为无色，溴溶于水为橙色，现象不同，可鉴别，故B不选；C．NO2溶在AgNO3溶液中，生成HNO3，溶液无颜色，而Br2溶在AgNO3-21-\n溶液中，有AgBr浅黄色沉淀生成，现象不同，可鉴别，故C不选；D．二氧化氮不溶于四氯化碳，而溴易溶于四氯化碳为橙红色，现象不同，能鉴别，故D不选．故选A．点评：本题考查物质的鉴别，注意利用物质的性质差异及不同现象鉴别物质，把握发生的化学反应为解答的关键，题目难度不大．　24．（3分）在NO2被水吸收的反应中，发生还原反应和发生氧化反应的物质，其质量比为（　　）　A．3：1B．1：3C．1：2D．2：1考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：NO2与水反应方程式3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2．据此判断．解答：解：NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2．所以发生还原反应和发生氧化反应的NO2的质量比为为1：2．故选：C．点评：考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念，难度中等，理解基本概念，关键根据产物中化合价判断起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比．　25．（3分）下列离子组在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）　A．H+、NO3﹣、Fe2+、Na+B．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣　C．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣考点：离子共存问题；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题；离子反应专题．分析：在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存，则离子组中存在氧化性离子和还原性离子，且能发生氧化还原反应，结合离子的性质解答．解答：解：A．酸性条件下，NO3﹣与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故A选；B．Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故B不选；C．Ag+与Cl﹣反应生成沉淀而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故C不选；D．Cu2+与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D不选．故选A．点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，难度不大．　26．（3分）由硝酸尾气的处理原理：3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2+NO+2NaOH═2HNO2+H2O，下列气体中，不可能被过量NaOH溶液完全吸收的是（　　）　A．V（NO2）：V（O2）=4：1B．V（NO2）：V（NO）=1：1-21-\n　C．V（NO2）：V（NO）=1：2D．V（NO2）：V（NO）：V（O2）=1：1：1考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响．专题：氮族元素．分析：由反应3NO2+H2O═2HNO3+NO和2NO+O2=2NO2消去NO后可得4NO2+2H2O+O2=4HNO3，V（NO2）：V（O2）=4：1完全反应生成硝酸可以被氢氧化钠溶液完全吸收；由反应NO2+NO+2NaOH═2HNO2+H2O可知V（NO2）：V（NO）=1：1通入氢氧化钠溶液中，生成的HNO2可以被氢氧化钠溶液完全吸收；所以V（NO2）：V（NO）=1：2通入氢氧化钠溶液中剩余NO气体，不能完全吸收；把4NO2+2H2O+O2=4HNO3和2NO+O2=2NO2合并得到NO+NO2+O2+H2O=2HNO3，V（NO2）：V（NO）：V（O2）=1：1：1通入氢氧化钠溶液中能完全被吸收．解答：A.4NO2+2H2O+O2=4HNO3HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，V（NO2）：V（O2）=4：1完全反应，故A不选；B．V（NO2）：V（NO）=1：1符合NO2+NO+NaOH=NaNO2+H2O，故B不选；C．V（NO2）：V（NO）=1：2通入氢氧化钠溶液中剩余NO气体，故C选；D．把4NO2+2H2O+O2=4HNO3和2NO+O2=2NO2合并得到NO+NO2+O2+H2O=2HNO3，HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，V（NO2）：V（NO）：V（O2）=1：1：1完全反应，故D不选．故选C．点评：本题主要考查了氮氧化物溶于水的反应应用，同时考查了信息应用的能力和有关化学方程的计算能力．　27．（3分）1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1．若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为（　　）　A．2.4gB．3.2gC．6.4gD．9.6g考点：硝酸的化学性质；离子方程式的有关计算．专题：氮族元素．分析：1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1，则n（H+）=1L×2×0.4mol/L+1L×0.1mol/L=0.9mol，n（NO3﹣）=1L×0.1mol/L=0.1mol，铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，结合反应的离子方程式计算．解答：解：1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1，则n（H+）=1L×2×0.4mol/L+1L×0.1mol/L=0.9mol，n（NO3﹣）=1L×0.1mol/L=0.1mol，发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O3820.9mol0.1mol可知H+过量，NO3﹣完全反应，则消耗铜的质量为×64g/mol=9.6g，故选D．点评：本题考查硝酸的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子方程式的书写以及过量问题的判断，难度不大．-21-\n　28．（3分）在8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2反应中，若有10.2g氨气被氧化，则反应用去的氯气在标准状况下体积为（　　）　A．5.04LB．6.72LC．20.16LD．40.32L考点：物质的量的相关计算．分析：被氧化的氨气生成N2，根据原子守恒计算氮气的物质的量，再根据方程式计算氯气的物质的量，进而计算参加反应氯气的体积．解答：解：10.2g氨气的物质的量==0.6mol，氨气被氧化生成氮气，根据N原子守恒可知生成氮气的物质的量==0.3mol，由方程式8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2可知参加反应氯气为0.3mol×3=0.9mol，故参加反应氯气的体积=0.9mol×22.4L/mol=20.16L，故选C．点评：本题考查化学方程式的有关计算、氧化还原反应有关计算，难度不大，利用电子转移守恒计算氯气的物质的量更简单．　29．（3分）某元素X的最高价含氧酸的化学式为HnXO2n﹣2，在气态氢化物中，X元素的化合价为（　　）　A．5n﹣12B．3n﹣12C．3n﹣6D．n﹣10考点：常见元素的化合价．专题：计算题；化学用语专题．分析：化合物中元素的化合价代数和为零，据此计算X元素的化合价．再利用最高正化合价+|最低负化合价|=8，计算X元素在气态氢化物中的化合价．解答：解：令X元素的化合价为a，化合物HnXO2n﹣2中元素的化合价代数和为零，则：1×n+a+（2n﹣2）×（﹣2）=0解得，a=3n﹣4最高正化合价+|最低负化合价|=8，所以氢化物中化合价为最高正化合价﹣8=3n﹣4﹣8=3n﹣12．故选：B．点评：考查化合物中元素化合价的计算，难度不大，清楚化合物中元素的化合价代数和为零是关键，掌握识记常见元素的化合价．　30．（3分）下列关于化学键的叙述中，不正确的是（　　）　A．离子化合物可以含共价键B．共价化合物可能含离子键　C．离子化合物中肯定含离子键D．共价化合物中不含离子键考点：化学键．专题：化学键与晶体结构．分析：含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，共价化合物中一定不含离子键，部分碱、大多数盐、金属氧化物中都含有离子键．解答：解：A．离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故A正确；-21-\nB．只含共价键的化合物是共价化合物，一定不含离子键，故B错误；C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故C正确；D．共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，故D正确；故选B．点评：本题考查了化学键和化合物的关系，根据物质中存在的化学键结合离子化合物、共价化合物的基本概念来分析解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点，题目难度不大．　二、填空题：31．（3分）有下列八种晶体：A．水晶B．冰醋酸C．氧化镁D．白磷E．晶体氩F．氯化铵G．过氧化钾H．金刚石（1）属于原子晶体的化合物是　A　（填序号），直接由原子构成的晶体是　AEH　．直接由原子构成的分子晶体是　E　．（2）由分子构成的晶体是　BDE　．含有共价键的离子晶体是　FG　．属于分子晶体的单质是　DE　．（3）受热熔化化学键不发生变化的是　BDE　，需克服共价键的是　AH　．考点：化学键；原子晶体；分子晶体．分析：（1）原子晶体的构成微粒为原子，分子晶体的构成微粒为分子，但稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子；（2）离子晶体中一定含有离子键，在离子晶体中非金属元素之间形成共价键，分子晶体中只有一种元素组成的为单质；（3）受热熔化化学键不发生变化的是分子晶体；原子晶体熔化需克服共价键．解答：解：（1）属于原子晶体的化合物是水晶、金刚石，直接由原子构成的晶体是原子晶体和单原子分子形成的分子晶体，有水晶、晶体氩以及金刚石，稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子，即氩晶体是由原子构成的分子晶体，故答案为：A；AEH；E；（2）由分子构成的晶体是分子晶体，有冰醋酸、白磷、晶体氩，氯化铵、过氧化钾含有离子键和共价键，属于分子晶体的单质是白磷和晶体氩，故答案为：BDE；FG；DE；（3）受热熔化化学键不发生变化的是分子晶体，为BDE，需克服共价键的是原子晶体，为AH，故答案为：BDE；AH．点评：本题考查晶体类型的判断及晶体的性质，注意晶体的构成微粒、化学键、物质的分类即可解答，题目难度不大，（3）为解答的难点．　32．（3分）（1）写出下列物质的结构式．-21-\nN2　N≡N　，CO2　O=C=O　，NH3　　，CCl4　　．（2）写出下列物质的电子式．NH4Cl　　，KOH　　，Na2O2　　．H2O2　　．考点：电子式；结构式．分析：（1）氮气分子中存在氮氮三键；二氧化碳中存在两个碳氧双键；氨气中存在三个氮氢键；四氯化碳为正四面体结构，分子中存在四个碳氯键，（2）氯化铵为离子晶体，由氨根离子与氯离子通过离子键结合在一起；KOH中钾离子与氢氧根离子通过离子键结合，氢氧根离子内部氧原子与氢原子通过共用1对电子形成共价键；过氧化钠中两个钠离子与过氧根离子通过离子键结合，两个氧原子通过共用1对电子结合；双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合．解答：解：（1）氮气分子中存在氮氮三键，结构式为：N≡N；二氧化碳中存在两个碳氧双键，结构式为：O=C=O；氨气中存在三个氮氢键，结构简式为：；四氯化碳为正四面体结构，分子中存在四个碳氯键，结构式为：；-21-\n故答案为：N≡N；O=C=O；；；（2）氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：；氢氧化钾中存在钾离子和氢氧根离子，氢氧化钾的电子式为：；Na2O2是离子化合物，由Na+离子和O2﹣离子构成，Na2O2的电子式为；双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为：；故答案为：；；；点评：本题考查了结构式和电子式的书写，题目难度不大，分清物质所含化学键的类型是解题关键．　33．（3分）在下列变化中：①I2升华②烧碱熔化③NaCl溶于水④HCl溶于水⑤O2溶于水⑥Na2O2溶于水．（1）未破坏化学键的是　①⑤　（填序号，下同）；（2）仅离子键被破坏的是　②③　；（3）仅共价键被破坏的是　④　；（4）离子键和共价键同时被破坏的是　⑥　．考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．专题：化学键与晶体结构．分析：（1）未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水，物质发生物理变化；（2）仅离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏；（3）仅共价键被破坏说明共价化合物溶于水或发生化学反应；（4）离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应．解答：-21-\n解：（1）未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水，物质发生物理变化，未破坏化学键的是①⑤，故答案为：①⑤；（2）仅离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏，所以仅离子键被破坏的是②③，故答案为：②③；（3）仅共价键被破坏说明共价化合物溶于水或发生化学反应，所以仅共价键被破坏的是④，故答案为：④；（4）离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应，离子键和共价键同时被破坏的是⑥，故答案为：⑥．点评：本题考查了化学键的破坏，明确化学键被破坏的条件是解本题关键，再结合微粒间存在的作用力分析解答，注意：有化学键被破坏不一定发生化学反应，但发生化学反应化学键一定被破坏．　34．（3分）A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大．A、D同族，B、C同周期．A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B的原子数之比为4：1，由A、C组成的两种化合物乙、丙都是液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中A、C原子数之比为2：1，由D、C组成的两种化合物丁和戊都是固体，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中D、C原子数之比为2：1，写出下列化学式：甲　CH4　，乙　H2O2　丙　H2O　，丁　Na2O2　，戊　Na2O　．考点：无机物的推断．分析：A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B的原子数之比为4：1，则甲为CH4，则A是H元素、B是C元素；A、D同族，B的原子序数小于D，则D是Na元素；B、C同周期，由A、C组成的两种化合物乙、丙都是液态，这两种化合物是水和双氧水，由D、C组成的两种化合物丁和戊都是固体，为氧化钠和过氧化钠，根据物质中存在的原子个数之比判断这几种化合物化学式．解答：解：A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B的原子数之比为4：1，则甲为CH4，则A是H元素、B是C元素；A、D同族，B的原子序数小于D，则D是Na元素；B、C同周期，由A、C组成的两种化合物乙、丙都是液态，这两种化合物是水和双氧水，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中A、C原子数之比为2：1，则乙是H2O2、丙是H2O，C是O元素；由D、C组成的两种化合物丁和戊都是固体，为氧化钠和过氧化钠，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中D、C原子数之比为2：1，则丁是Na2O2、戊是Na2O，通过以上分析知，甲、乙、丙、丁、戊分别是CH4、H2O2、H2O、Na2O2、Na2O，故答案为：CH4；H2O2；H2O；Na2O2；Na2O．点评：本题考查了无机物推断，明确原子结构及物质的状态、物质的构成微粒是解本题关键，题目难度不大．　35．（3分）常温下盛有10mLNO2和10mLNO组成的混合气体的大试管倒立于水中，当缓缓通入O2一段时间后，试管内残留2mL气体，则通入O2体积可能为　12或8.5　毫升？考点：物质的量的相关计算．分析：通入氧气，分别发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，当试管内残留2mL气体，可能为NO，也可能为O2，结合反应的方程式计算．解答：解：如剩余气体为氧气，则-21-\n4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4110mLxx=2.5mL，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4310mLyy=7.5mL，共需要氧气2.5mL+7.5mL+2mL=12mL，如剩余气体为NO，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4110mLaa=2.5mL，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，438mLbb=6mL，需要氧气的体积为2.5mL+6mL=8.5mL，故答案为：12或8.5．点评：本题主要考查了NO2、O2、H2O三者之间的反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，在计算时要进行过量判断，需要强调的是NO2过量时，剩余气体为NO．　三、实验题：36．请分析回答某同学在探究浓硫酸、稀硫酸、浓硝酸、稀硝酸分别与铜反应的实验中发生的有关问题．Ⅰ．探究上述四种酸与铜反应的还原产物的性质先将铜与浓硫酸反应产生的气体X持续通入如图1装置中，一段时间后再将铜与浓硝酸反应产生的大量气体Y也持续通入该装置中，可观察到的现象包括（可选多项，下同）　BC　A．通入X气体后产生白色沉淀B．通入X气体后溶液中无明显现象C．通入Y气体后开始沉淀D．通入Y气体后沉淀溶解E．通入Y气体后溶液中无明显现象由此可得到的结论是　BCDE　A．HNO3的酸性比H2SO4强B．盐酸的酸性比H2SO3强C．BaSO3能溶于盐酸D．HNO3能氧化H2SO3（或SO2）E．BaSO4不溶于水也不溶于HNO3溶液Ⅱ、如图2是甲、乙两位同学探究铜与稀硝酸反应还原产物的实验装置图，请回答下列问题：（2）实验装置甲烧瓶内有红棕色气体的原因是（写化学方程式）：　3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、2NO+O2=NO2　．（3）当反应结束后若铜有剩余，若通过分液漏斗向烧瓶内再加入稀硫酸，又可继续反应，产生无色无味的气体，此时的离子方程式可表示为：　3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O　．-21-\n考点：探究化学规律；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验．分析：Ⅰ、根据发生的反应可知X为二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸与氯化钡不反应，Y为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能把亚硫酸氧化为硫酸，即它们在溶液中最终生成硫酸，据此回答；根据强酸能制得弱酸、硝酸能将亚硫酸盐氧化为硫酸盐的原理结合（2）中的现象及反应分析判断．Ⅱ、（2）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，一氧化氮能被空气氧化为红棕色的二氧化氮；（3）硝酸铜溶液中存在硝酸根离子，再加入硫酸，则氢离子和硝酸根离子一起相当于存在硝酸，继续和金属铜反应，据此回答．解答：解：Ⅰ、铜与浓硫酸反应产生的气体X为二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸与氯化钡不反应，所以开始无现象，铜与浓硝酸反应产生的大量气体Y为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀，故选BC；二氧化硫溶于水生成亚硫酸与氯化钡不反应，所以盐酸的酸性比H2SO3强，则BaSO3能溶于盐酸；硝酸能把亚硫酸氧化为硫酸，最后有硫酸钡沉淀生成说明BaSO4不溶于水也不溶于HNO3溶液，故选BCDE．故答案为：BC；BCDE；Ⅱ、（2）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，一氧化氮能被空气氧化为红棕色的二氧化氮，即2NO+O2=NO2，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、2NO+O2=NO2；（3）将铜片放入到浓硝酸中，随着反应的进行，硝酸全部消耗，生成产物中有硝酸铜，存在硝酸根离子，再加入硫酸，氢离子和硝酸根离子一起相当于存在硝酸，继续和金属铜反应，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O．点评：本题考查了浓硫酸、稀硫酸、浓硝酸、稀硝酸分别与铜反应的实验，属于实验探究性题目，难度一般，注意浓硝酸和稀硝酸与铜反应产物的差别．　四、计算题：37．将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L．请回答：（1）NO的体积为多少L，NO2的体积为多少L．（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmLamol/L的NaOH溶液，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多少mol/L．考点：化学方程式的有关计算．-21-\n专题：计算题．分析：（1）令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者体积及电子转移守恒列方程计算，再根据V=nVm计算各自体积；（2）加入氢氧化钠恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，根据钠离子守恒有：n（NaNO3）=n（NaOH），由N原子守恒可知：n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO和NO2），再根据c=计算．解答：解：（1）32.64g铜的物质的量为=0.51mol，在反应中失去的电子的物质的量为2×0.51mol=1.02mol，11.2L混合气体的物质的量为=0.5mol令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.26、y=0.24，NO的体积=0.26mol×22.4L/mol=5.824LNO2的体积=0.24mol×22.4L/mol=5.376L答：NO的体积为5.824L，NO2的体积为5.376L；（2）加入氢氧化钠恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，根据钠离子守恒有：n（NaNO3）=n（NaOH）=V×10﹣3L×amol/L=aV×10﹣3mol，由N原子守恒可知：n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO和NO2）=aV×10﹣3mol+0.5mol=（aV×10﹣3+0.5）mol，故硝酸的物质的量浓度==mol/L，答：原硝酸溶液的浓度为mol/L．点评：本题考查化学方程式计算，难度不大，注意利用守恒思想进行解答．　-21-