山东省临沂市郯城县补习学校2022届高三化学上学期11月月考试题含解析

2022-2022学年山东省临沂市郯城县高考补习学校高三（上）月考化学试卷（11月份）一.选择题（只有一个选项符合题意，每题2.5分，共50分）1．（2.5分）设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．1mol•L﹣1NaHCO3溶液中的Na+数为NAB．常温时，2.24LCO2所含的氧原子数为0.2NAC．5.6gFe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCCl4所含分子数为0.1NA2．（2.5分）将钠、镁、铝各0.3mol分别加入100mL1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是()A．1：2：3B．6：3：2C．3：1：1D．1：1：13．（2.5分）美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是()A．合金的熔点一般比组分金属低B．铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小4．（2.5分）下列有关电化学原理的说法错误的是()A．氯化铝的熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝B．电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极C．对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法D．对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理5．（2.5分）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是()①过量的锌与18mol/L的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石．A．②③④⑥B．②③⑤C．①④⑤D．①②③④⑤⑥6．（2.5分）下列说法正确的是()A．酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因B．CH4、NH3、PH3的热稳定性逐渐增强C．因为酸性：HC1＞HF，所以非金属性：Cl＞FD．钠原子在反应中失去的电子比铝原子少，故钠的金属性比铝弱25\n7．（2.5分）在一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）．假设气体通过每个洗气瓶都能充分反映，则尾气（已干燥）()A．不可能是单一气体B．不可能含有一氧化碳C．可能存在原气体中的两种气体D．成分与洗气瓶的排列顺序无关8．（2.5分）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．28g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4NAB．lmolFe（NO3）3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．常温下，1molFe与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3NA9．（2.5分）两种大气污染物NO2和SO2在一定条件下可以发生如下反应：NO2+SO2=NO+SO3，在体积为VL的密闭容器中通入amolNO2和bmolSO2，反应后容器内硫原子和氧原子个数比为()A．B．C．D．10．（2.5分）现有等物质的量的铜和银的混合物17.2g，与50.0mL的浓硝酸恰好完全反应，产生气体4.48L（标准状况），则下列说法正确的是()A．产生的气体是0.2molNO2B．硝酸的物质的量浓度为12mol•L﹣1C．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3：2D．要使产生的气体恰好完全被水吸收需要通入氧气0.075mol11．（2.5分）Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物2.41g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生5.00g白色沉淀，则a的数值为()A．7.41B．3.59C．3.21D．2.4612．（2.5分）下列离子方程式正确的是()A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾[KAl（SO4）2•12H2O]加入足量水中：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OC．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑D．CuCl2溶液中加入H2S溶液：Cu2++S2﹣═CuS↓13．（2.5分）下列离子方程式不正确的是()A．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣B．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++SO42﹣C．在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O25\nD．在过氧化钠中加入稀硫酸：2Na2O2+4H+═4Na++2H2O+O2↑14．（2.5分）下列关于实验的描述错误的一项是()A．取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡，取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明溶液中还存在Fe3+B．在铁钉的析氢腐蚀实验中，在负极周围加入K3[Fe（CN）6]溶液会出现蓝色沉淀C．燃料电池实验中，用KNO3溶液或Na2SO4溶液代替蒸馏水，效果要好得多D．蔗糖的“黑面包”实验中只体现了浓硫酸的脱水性15．（2.5分）下列指定反应的离子方程式正确的是()A．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑B．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2OC．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣16．（2.5分）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是()①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③17．（2.5分）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴加KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被稀HNO3氧化，形成致密的氧化膜C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸未变蓝不能确定该溶液中是否含有NH4+D向紫色石蕊试液中通入SO2溶液褪色SO2有漂白性A．AB．BC．CD．D18．（2.5分）向盛有NaHSO4溶液的烧杯中不断滴Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液的不断滴入，溶液中产生的沉淀量与pH变化情况正确的是()25\nA．B．C．D．19．（2.5分）往含0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中持续稳慢地通入CO2气体，使CO2气体充分参加反应，当通入气体为6.72L（S．T．P）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）()A．B．C．D．20．（2.5分）某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究：途径a：途径b：下列有关说法不正确的是()A．1.92g固体只含CuB．由Ⅰ可知X中一定存在Fe2O3和CuC．原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1D．原混合物X至少含Al2O3和SiO2中的一种，但不能进一步确认二者的存在与否25\n二、解答题（共5小题，满分50分）21．1.92gCu片与一定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用．则：（1）反应中消耗HNO3__________mol，转移电子__________mol．（2）用排水法收集生成的气体，最后气体的体积为__________L（标准状况）．（3）向收集到的气体中通入__________mLO2（标准状况）才能使水刚好充满整个集气容器．22．某稀硫酸和硝酸的混合溶液200mL，分成两份．向其中一份逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO）．向另一份逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化曲线如图所示．（1）第二份溶液中最终溶质为__________；（2）OA段产生的气体是__________（填化学式），BC段产生的气体是__________（填化学式），AB段的反应为__________；（3）原混合酸中HNO3的物质的量为__________mol，H2SO4的物质的量浓度应为__________mol/L．23．A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）．试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是__________．a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为__________；检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是：__________（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则X的化学式可能为（写出不同类物质）__________或__________，反应①的离子方程式为__________．24．无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．25\n请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是__________．a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的离子方程式__________．（3）装置B中的试剂是__________．该装置存在安全隐患，请指出__________．（4）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果．这种药品可以是__________．（5）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因__________．25．Cu（NO3）2是重要的化工原料．回答下列工业生产和化学实验中的几个问题．（1）实验室欲制备0.3molCu（NO3）2晶体，甲、乙两同学分别设计实验方案如下：甲：CuCu（NO3）乙：CuCuOCu（NO3）①从绿色化学的角度分析，__________同学的方案更合理，此同学可节约2mol/L的稀硝酸__________mL；②乙同学实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，宜选择如图A、B、C中__________方案（填字母序号）．③有下述装置（图D），当装置电路中通过2mol电子时，Cu电极（填编号）__________．（a）增重64g（b）减重64g（c）可能增重64g，也可能减重64g（2）①某校化学兴趣小组的同学对硝酸铜的受热分解进行探究．他们设计了如图D装置加热Cu（NO3）2固体（加热及夹持装置未画出）．加热过程发现：装置①中的固体逐渐变为黑色；装置②中有气泡产生，但在上升的过程中消失；石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置③中．请写出Cu（NO3）2受热分解的化学方程式：__________；②在装置中①试管的橡皮塞最好用锡箔包住，原因是__________．25\n2022-2022学年山东省临沂市郯城县高考补习学校高三（上）月考化学试卷（11月份）一.选择题（只有一个选项符合题意，每题2.5分，共50分）1．（2.5分）设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．1mol•L﹣1NaHCO3溶液中的Na+数为NAB．常温时，2.24LCO2所含的氧原子数为0.2NAC．5.6gFe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCCl4所含分子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．缺少碳酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目；B．常温下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的物质的量；C．铁与稀盐酸反应生成亚铁离子，0.1mol铁与盐酸完全反应失去0.2mol电子；D．标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量．【解答】解：A．没有告诉碳酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L二氧化碳的物质的量，故B错误；C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量稀盐酸反应失去0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，故C正确；D．标况下，四氯化碳不是气体，题中条件无法计算2.24L四氯化碳的物质的量，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意题中缺少溶液的体积，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．2．（2.5分）将钠、镁、铝各0.3mol分别加入100mL1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是()A．1：2：3B．6：3：2C．3：1：1D．1：1：1【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算．钠与酸反应完会继续与水反应；【解答】解：将三种金属各0.3mol分别投入100mL1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：（0.1L×1mol/L）×═0.05mol．但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.3mol钠产生0.15mol氢气．故将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol：0.05mol：0.05mol═3：1：1，所以同温同压下产生的气体体积比是3：1：1．25\n故选C．【点评】本题考察金属与酸反应的计算．此类题应先判断谁过量，按不足量计算，同时注意一些活泼金属与酸反应完会继续与水反应．本题易错选D．3．（2.5分）美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是()A．合金的熔点一般比组分金属低B．铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小【考点】有关混合物反应的计算；金属与合金在性能上的主要差异．【分析】A、合金是一种金属与其它金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质，是混合物，其硬度比纯金属大，熔点比纯金属低；B、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，而铝能和氢氧化钠难溶于反应生成NaAlO2和氢气，因此根据得到的是无色溶液可知，单质铝的物质的量小于钠的；C、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气，因此可以生成氢氧化铜沉淀．如果铝过量，则还能和氯化铜发生置换反应生成铜；D、在质量相等的条件下，金属铝放出的氢气多，所以若放出H2越多，则铝的质量分数越大．【解答】解：A、合金的硬度较大、熔点一般比组分金属低，故A正确；B、铝钠合金若投入一定量的水中，先发生钠与水的反应，接着发生铝与氢氧化钠溶液的反应，当n（Al）≤n（Na），铝完全反应可得无色溶液，故B正确；C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，先发生钠与水的反应生成氢氧化钠溶液，氯化铜和氢氧化钠溶液反应会有氢氧化铜沉淀，若铝过量也可能置换出铜，故C正确；D、由于等质量的铝和钠分别与足量盐酸反应，铝放出的H2多，若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越大．故D错误；故选D．【点评】本题考查了有关合金的知识，题目难度中等，可以根据所学知识进行回答，注意掌握合金的组成特点及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．4．（2.5分）下列有关电化学原理的说法错误的是()A．氯化铝的熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝B．电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极C．对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法D．对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电；B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；C．活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼；D．作原电池正极的金属被保护．【解答】解：A．氯化铝属于分子晶体，熔融状态为分子，所以熔融态不导电，应该采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；25\nB．电镀时，阳极上金属失电子发生氧化反应、阴极上金属阳离子得电子发生还原反应生成金属单质，所以镀层作阳极、镀件作阴极，故B正确；C．活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法，故C正确；D．对大型船舶的外壳镶嵌锌，锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作原电池正极的金属被保护，所以对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理，故D正确；故选A．【点评】本题考查了原电池及电解池原理及金属的冶炼，根据金属的活泼性强弱确定冶炼方法，知道原电池和电解池各个电极上发生的反应，易错选项是A．5．（2.5分）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是()①过量的锌与18mol/L的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石．A．②③④⑥B．②③⑤C．①④⑤D．①②③④⑤⑥【考点】化学反应的基本原理；化学反应的可逆性；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质．【解答】解：①锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故①错误；②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②正确；③浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H+和Cl﹣的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2，随反应进行，H+和Cl﹣的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl﹣了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应，故③正确；④随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故④正确；⑤Ag与稀硝酸能反应，硝酸过量时，Ag能完全反应，故⑤错误；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥正确；故选A．【点评】本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，本题的可逆性和浓度问题．6．（2.5分）下列说法正确的是()A．酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因B．CH4、NH3、PH3的热稳定性逐渐增强C．因为酸性：HC1＞HF，所以非金属性：Cl＞FD．钠原子在反应中失去的电子比铝原子少，故钠的金属性比铝弱25\n【考点】二氧化硫的污染及治理；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质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．酸雨中亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸；B．CH4比NH3稳定，N、P同一主族，从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性减弱；C．氢化物酸性强弱能不能中心元素的非金属性，如非金属性F＞Cl，但HF是弱酸，HCl是强酸；D．金属性的强弱应比较失电子的难易程度，而不是比较失电子的多少．【解答】解：A．亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸，亚硫酸是中强酸，硫酸是强酸，故酸性增强，故A正确；B．CH4比NH3稳定，N、P同一主族，从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，NH3较稳定，故B错误；C．氢化物酸性强弱能不能中心元素的非金属性，如非金属性F＞Cl，但HF是弱酸，HCl是强酸，应比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，酸性越强，非金属性越强，故C错误；D．金属性的强弱应比较失电子的难易程度，而不是比较失电子的多少，如金属性Na＞Al，但Al失去电子多，故D错误；故选A．【点评】本题考查酸雨、金属性非金属性强弱的比较，难度不大，注意B选项容易认为氨气比甲烷稳定．7．（2.5分）在一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）．假设气体通过每个洗气瓶都能充分反映，则尾气（已干燥）()A．不可能是单一气体B．不可能含有一氧化碳C．可能存在原气体中的两种气体D．成分与洗气瓶的排列顺序无关【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】二氧化硫、氨气都能溶于水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，一氧化氮和一氧化碳和水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液都不反应，二氧化硫和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应，以此来解答．【解答】解：CO与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1LCO，通过蒸馏水，氨气、二氧化硫都被吸收，二氧化氮和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，这样气体剩余的是CO、NO，但是一氧化氮和一氧化碳和水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液都不反应，即为尾气的成分；如果气体先是通过氢氧化钠，则一氧化氮和二氧化氮都会被吸收，不会剩余一氧化氮，成分和洗气瓶的排列顺序有关；由上述分析可知，只有C合理，故选C．【点评】本题考查物质的性质及洗气瓶的洗气，明确相应气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的性质是解答本题的关键，题目难度中等．25\n8．（2.5分）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．28g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4NAB．lmolFe（NO3）3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．常温下，1molFe与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．根据C2H4和C3H6的最简式CH2计算出混合物中含有的氢原子数目；B．铁离子和硝酸根离子都能够氧化碘离子，根据电子守恒计算出转移的电子数；C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子；D．常温下铁与浓硝酸发生钝化现象，阻止了反应继续进行．【解答】解：A．28gC2H4和C3H6的混合物中含有2mol最简式CH2，含有4mol氢原子，含有氢原子的数目为4NA，故A正确；B．lmolFe（NO3）3中含有1mol铁离子、3mol硝酸根离子，与足量HI溶液反应时，1mol铁离子变成亚铁离子得到0.5mol电子，3mol硝酸根离子变成NO气体得到9mol电子，总共转移了9.5mol电子，转移的电子数为9.5NA，故B错误C．1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含离子总数为3NA，故C错误；D．常温下，铁与浓硝酸发生钝化现象，无法计算铁与浓硝酸反应转移的电子数，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，现象D为易错点，注意明确常温下铁、铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化．9．（2.5分）两种大气污染物NO2和SO2在一定条件下可以发生如下反应：NO2+SO2=NO+SO3，在体积为VL的密闭容器中通入amolNO2和bmolSO2，反应后容器内硫原子和氧原子个数比为()A．B．C．D．【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】由元素守恒可知反应后容器内硫原子的物质的量n（S）=n（SO2）、氧原子的物质的量n（O）=2n（NO2）+2n（SO2），原子个数之比等于物质的量之比．【解答】解：反应后容器内硫原子的物质的量n（S）=n（SO2）=bmol，氧原子的物质的量n（O）=2n（NO2）+2n（SO2）=2amol+2bmol，原子个数之比等于物质的量之比，故反应后容器内硫原子和氧原子个数比为=，故选B．25\n【点评】本题考查原子守恒的计算，难度不大，注意守恒思想在计算中的运用．10．（2.5分）现有等物质的量的铜和银的混合物17.2g，与50.0mL的浓硝酸恰好完全反应，产生气体4.48L（标准状况），则下列说法正确的是()A．产生的气体是0.2molNO2B．硝酸的物质的量浓度为12mol•L﹣1C．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3：2D．要使产生的气体恰好完全被水吸收需要通入氧气0.075mol【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算．【专题】氮族元素．【分析】A．计算Cu、Ag物质的量，结合极限法，根据电子转移守恒计算气体只是NO或只是NO2的物质的量，据此判断；B．被还原的硝酸生成氮的氧化物（NO、NO2一种或二者混合物），未被还原的硝酸生成硝酸银、硝酸铜，根据N元素守恒计算n（HNO3），进而计算硝酸浓度；C．结合B中的分析计算的数据判断；D．纵观整个过程，由电子转移守恒，金属失去的电子等于氧气获得的电子，据此计算．【解答】解：A．等物质的量的铜和银的混合物17.2g，则n（Cu）=n（Ag）==0.1mol，金属提供电子为0.1mol×2+0.1mol×1=0.3mol，若气体只是NO2，根据电子转移守恒，则生成NO2为0.3mol，大于实际0.2mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，NO为0.1mol，小于实际0.2mol，故生成气体为NO、NO2，故A错误；B．被还原的硝酸生成氮的氧化物（NO、NO2一种或二者混合物），由N元素守恒，可知被还原硝酸物质的量=n（NO、NO2）==0.2mol，未被还原的硝酸生成硝酸银、硝酸铜，故未被还原硝酸的物质的量=0.1mol×2+0.1mol×1=0.3mol，根据N元素守恒，n总（HNO3）=0.2mol+0.3mol=0.5mol，原硝酸浓度==10mol/L，故B错误；C．由B中计算的数据可知，反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比=0.2mol：0.3mol=2：3，故C错误；D．纵观整个过程，由电子转移守恒，金属失去的电子等于氧气获得的电子，故需要氧气物质的量==0.075mol，故D正确，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，难度中等，注意利用电子转移守恒、原子守恒进行解答．11．（2.5分）Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物2.41g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生5.00g白色沉淀，则a的数值为()A．7.41B．3.59C．3.21D．2.46【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】根据反应方程式判断CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，计算出氧化物中氧元素的质量，金属氧化物的质量等于金属的质量加氧化物中氧元素的质量．25\n【解答】解：发生的有关反应为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，ZnO+COZn+CO2，CuO+COCu+CO2，生成的CO2为=0.05mol，从反应方程式可以看出，CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，则氧化物中氧元素的物质的量为n（O）=0.05mol，质量为0.05mol×16g/mol=0.8g，所以金属氧化物的质量为2.41g+0.8g=3.21g，即a=3.21故选：C．【点评】本题考查混合物的质量计算，题目难度不大，注意从质量守恒的角度分析．12．（2.5分）下列离子方程式正确的是()A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾[KAl（SO4）2•12H2O]加入足量水中：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OC．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑D．CuCl2溶液中加入H2S溶液：Cu2++S2﹣═CuS↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾[KAl（SO4）2•12H2O]加入足量水中，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸钾；B．三价铁离子具有强的氧化性能够氧化碘离子；C．过氧化钠与水反应，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂；D．氢硫酸为弱电解质应保留化学式．【解答】解：A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾[KAl（SO4）2•12H2O]加入足量水中，离子方程式：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故A正确；B．Fe（OH）3溶于氢碘酸，离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．H218O中投入Na2O2固体，离子方程式：2H218O+2Na2O2═418OH﹣+4Na++O2↑，故C错误；D．CuCl2溶液中加入H2S溶液，离子方程式：Cu2++H2S═CuS↓+2H+，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意过氧化钠与水反应的原理．13．（2.5分）下列离子方程式不正确的是()A．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣B．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO﹣═Cl﹣+2H++SO42﹣C．在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2OD．在过氧化钠中加入稀硫酸：2Na2O2+4H+═4Na++2H2O+O2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氯气足量，亚铁离子和溴离子完全变为氧化；B．次氯酸过量，反应生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成弱电解质次氯酸；25\nC．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子和镁离子都完全与氢氧根离子反应；D．过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水．【解答】解：A．向FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成铁离子和溴单质，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故A正确；B．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液，反应生成的氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸，正确的离子方程式为：H2SO3+3ClO﹣═Cl﹣+2HClO+SO42﹣，故B错误；C．在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸根离子和水，反应的离子方程式为：：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故C正确；D．过氧化钠中加入稀硫酸，反应生成硫酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为：2Na2O2+4H+═4Na++2H2O+O2↑，故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式．14．（2.5分）下列关于实验的描述错误的一项是()A．取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡，取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明溶液中还存在Fe3+B．在铁钉的析氢腐蚀实验中，在负极周围加入K3[Fe（CN）6]溶液会出现蓝色沉淀C．燃料电池实验中，用KNO3溶液或Na2SO4溶液代替蒸馏水，效果要好得多D．蔗糖的“黑面包”实验中只体现了浓硫酸的脱水性【考点】常见阳离子的检验；金属的电化学腐蚀与防护；常见的生活环境的污染及治理．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】A．用硫氰化钾溶液检验铁离子的存在；B．形成原电池反应，铁为负极被氧化生成亚铁离子；C．燃料电池实验中，用KNO3溶液或Na2SO4溶液代替蒸馏水，增强了导电能力；D．蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的物质，生成碳、二氧化硫、二氧化碳等，以此判断．【解答】解：A．滴加KSCN溶液，溶液呈现血红色，是Fe3+的特征反应，故A正确；B．形成原电池反应，铁为负极被氧化生成亚铁离子，亚铁离子可与K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，故B正确；C．燃料电池实验中，用KNO3溶液或Na2SO4溶液代替蒸馏水，增强了导电能力，效果要好得多，故C正确；D．蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的物质，生成碳、二氧化硫、二氧化碳等，反应中浓硫酸起到脱水性和强氧化性的作用，故D错误；故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及铁离子的检验、金属的腐蚀、原电池反应及浓硫酸的性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性的评价，难度中等．15．（2.5分）下列指定反应的离子方程式正确的是()A．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑B．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2OC．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓25\nD．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；B．电荷不守恒；C．漏掉了氨根离子与氢氧根离子的反应；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．【解答】解：A．用CH3COOH溶解CaCO3，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故A错误；B．Cu溶于稀硝酸HNO3，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2，离子方程式：2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，离子方程式：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，熟悉离子方程式书写的步骤和方法是解题关键，注意电荷守恒、化学式的拆分．16．（2.5分）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是()①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③【考点】氧化还原反应．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】离子方程式3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成．【解答】解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；⑤SnCl2→SnCl62﹣，Sn元素的化合价升高，SnCl62﹣是氧化产物，故⑤正确．故选：A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应．17．（2.5分）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴加KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被稀HNO3氧化，25\n形成致密的氧化膜C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸未变蓝不能确定该溶液中是否含有NH4+D向紫色石蕊试液中通入SO2溶液褪色SO2有漂白性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和KSCN溶液不反应；B．铝和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体和硝酸铝；C．氨气离子和稀的氢氧化钠溶液反应生成一水合氨而不是氨气；D．二氧化硫不能漂白酸碱指示剂．【解答】解：A．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和KSCN溶液不反应，所以溶液不变红色，故A错误；B．铝和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体和硝酸铝，看到的现象是有无色气体生成，在试管口气体变为红棕色，故B错误；C．氨气离子和稀的氢氧化钠溶液反应生成一水合氨而不是氨气，所以不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故C正确；D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸使紫色石蕊试液变红色，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及离子的检验等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意C中如果加热时就有氨气生成，D中二氧化硫虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，为易错点．18．（2.5分）向盛有NaHSO4溶液的烧杯中不断滴Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液的不断滴入，溶液中产生的沉淀量与pH变化情况正确的是()A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】离子反应专题．【分析】硫酸氢钠溶液中未加氢氧化钡溶液时，随着Ba（OH）225\n的不断滴入，溶液的pH逐渐增大，沉淀的量逐渐增大；当溶液显示中性时，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量关系为2：1，只有部分硫酸根离子生成硫酸钡沉淀；当沉淀的量达到最大时，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量满足1：1，此时溶液中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，溶液的pH大于7，据此进行判断．【解答】解：硫酸氢钠与氢氧化钡反应，当溶液显示中性时，反应的方程式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，溶液中硫酸根离子没有完全沉淀，即沉淀没有达到最大量；当沉淀达到最大量时，发生的反应方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=NaOH+BaSO4↓+H2O，此时溶液中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，满足以上关系的图象为A，故选A．【点评】本题考查了混合溶液中pH值的计算、图象分析，题目难度中等，注意根据特殊点确定选项，如：溶液pH=7时、生成沉淀的量最大时，试题培养了学生的分析、理解能力．19．（2.5分）往含0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中持续稳慢地通入CO2气体，使CO2气体充分参加反应，当通入气体为6.72L（S．T．P）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）()A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】n（CO2）==0.3mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O，0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH﹣，生成0.1molBaCO3，然后发生2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1molCO32﹣，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.1molCO2，再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，二氧化碳反应完全，BaCO3不发生反应，据此根据方程式计算各阶段反应结束溶液中离子物质的量，根据各阶段消耗二氧化碳物质的量、各阶段反应结束溶液中离子物质的量判断．【解答】解：含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，n（CO2）==0.3mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O，该阶段0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH﹣、0.2molNa+，生成0.1molBaCO3；25\n然后发生2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，0.2molOH﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32﹣；再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，0.1molCO32﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，此时溶液中离子为0.4mol，二氧化碳反应完全，BaCO3不发生反应，上述图象中A符合，故选A．【点评】本题考查离子方程式的计算，难度较大，清楚各阶段发生的反应是关键．20．（2.5分）某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究：途径a：途径b：下列有关说法不正确的是()A．1.92g固体只含CuB．由Ⅰ可知X中一定存在Fe2O3和CuC．原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1D．原混合物X至少含Al2O3和SiO2中的一种，但不能进一步确认二者的存在与否【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】途径a：9.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知9.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为6.4g，所以固体只有二氧化硅，一定没有氧化铝；途径b：9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2O3，则1.92g固体为铜，以此来解答．【解答】解：途径a：9.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知9.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为6.4g，所以固体只有二氧化硅，一定没有氧化铝；途径b：9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO225\n的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2O3，则1.92g固体为铜，A．由上述分析可知，1.92g固体只含Cu，故A正确；B．由I可知，X和过量盐酸反应生成蓝色溶液，为铜离子的颜色，但Cu和盐酸不反应，则一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子和金属铜反应，即X中一定存在Fe2O3和Cu，故B正确；C．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故C正确；D．由上述分析可知，混合物中只有二氧化硅，一定没有氧化铝，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，题目难度中等，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，选项D为难点和易错点，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量．二、解答题（共5小题，满分50分）21．1.92gCu片与一定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用．则：（1）反应中消耗HNO30.11mol，转移电子0.06mol．（2）用排水法收集生成的气体，最后气体的体积为0.448L（标准状况）．（3）向收集到的气体中通入336mLO2（标准状况）才能使水刚好充满整个集气容器．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】计算题．【分析】n（Cu）==0.03mol，n（气体）==0.05mol，发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，结合电子守恒及原子守恒计算．【解答】解：发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，（1）n（Cu）==0.03mol，n（气体）==0.05mol，由原子守恒可知，n（HNO3）=2n（Cu）+n（气体）=0.06mol+0.05mol=0.11mol；由Cu元素的化合价变化可知，转移电子为0.03mol×（2﹣0）=0.06mol，故答案为：0.11；0.06；（2）设NO、NO2的物质的量分别为x、y，则，解得x=0.005mol，y=0.045mol，用排水法收集生成的气体，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成n（NO）=0.045mol×=0.015mol，则共收集NO为0.015mol+0.005mol=0.02mol，其标况下体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448；25\n（3）能使水刚好充满整个集气容器，则Cu失去电子被硝酸得到转化为NO2和NO，NO2和NO与氧气反应，提供给氧气电子全部转化为硝酸，两个过程中，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，由电子守恒可知，需要氧气为=0.015mol，标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为题（3），注意理解反应的实质，结合方程式利用原子守恒、电子守恒进行的计算，题目难度中等．22．某稀硫酸和硝酸的混合溶液200mL，分成两份．向其中一份逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO）．向另一份逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化曲线如图所示．（1）第二份溶液中最终溶质为FeSO4；（2）OA段产生的气体是NO（填化学式），BC段产生的气体是H2（填化学式），AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）原混合酸中HNO3的物质的量为0.4mol，H2SO4的物质的量浓度应为4mol/L．【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A点时，溶液中NO3﹣完全反应，此时消耗11.2gFe，根据方程式计算每一份中HNO3的物质的量，进而原混合物中HNO3的物质的量；C点时反应完毕，共消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，根据Fe原子守恒n（FeSO4）=n（Fe），根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），再根据c=计算硫酸的物质的量浓度．【解答】解：由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，（1）由上述分析可知，第二份溶液中最终溶质为FeSO4，故答案为：FeSO4；（2）由上述分析可知，OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2，AB段的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：NO；H2；Fe+2Fe3+=3Fe2+；25\n（3）A点时，溶液中NO3﹣完全反应，此时消耗11.2gFe，其物质的量==0.2mol，由Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，可知每一份溶液中n（HNO3）=n（NO3﹣）=n（Fe）=0.2mol，故原混合溶液中n（HNO3）=0.2mol×2=0.4mol；C点时反应完毕，共消耗Fe为22.4g，其物质的量==0.4mol，此时溶液中溶质为FeSO4，根据Fe原子守恒n（FeSO4）=n（Fe）=0.4mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4）=0.4mol，故c=（H2SO4）==4mol/L，故答案为：0.4；4．【点评】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用．23．A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）．试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是de．a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为FeCl3；检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是：取少许C溶液，滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则X的化学式可能为（写出不同类物质）HCl或NaOH，反应①的离子方程式为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）若X是强氧化性单质，由转化关系可知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素，结合选项中物质的性质分析解答；（2）若X是一种金属单质，由转化关系可知，X为变价金属，A为强氧化性物质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，则X为Fe，A为Cl2，符合转化关系，B为FeCl2，C为FeCl3；（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，且A+C→B，由转化关系，考虑Al的化合物的相互转化：若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐，符合转化关系；若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐，符合转化关系．【解答】解：（1）若X是强氧化性单质，由转化关系，可知A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素，a．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，符合转化关系，故不选；b．N2和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系，故不选；c．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，符合转化关系，故不选；d．Mg和氧气反应生成氧化镁，氧化镁和氧气不反应，所以不符合转化关系，故选；25\ne．Al和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氧气不反应，所以不符合转化关系，故选；故答案为：de；（2）向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，若X是一种金属单质，由转化关系可知，X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是氯气，B是氯化铁，C是氯化亚铁，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，铁离子和硫氰化钾溶液混合溶液呈红色，此现象是铁离子的特征反应，所以检验是否含有亚铁离子的方法是：取少许C溶液，滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色，故答案为：FeCl3；取少许C溶液，滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色；（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，且A+C→B，由转化关系，考虑Al的化合物的相互转化，若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐；若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐；通过以上分析知，B是Al（OH）3，X可以是HCl或NaOH，偏铝酸盐和酸反应生成氢氧化铝沉淀，铝盐和碱反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；故答案为：HCl；NaOH；AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓．【点评】本题以物质转化形式考查元素单质及其化合物之间的相互转化关系、化学用语的书写，旨在考查学生对知识的熟练掌握程度，根据转化关系写出符合条件的反应，难度较大，注意掌握归纳中学常见ABC转化关系．24．无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是acbd．a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．（3）装置B中的试剂是饱和食盐水．该装置存在安全隐患，请指出D、E间导管易发生堵塞．（4）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果．这种药品可以是碱石灰或氧化钙．25\n（5）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F．（1）实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水；（3）实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，装置B是除去氯化氢气体；无水AlCl3在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾，该装置存在安全隐患，在生成、收集氯化铝的位置发生导管堵塞；（4）根据所给的装置图可知，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用；（5）E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应．【解答】解：根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F．（1）实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应，所以操作依次是acbd，故答案为：acbd；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，B装置中的试剂为饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢气体，B装置中的试剂为浓硫酸，无水AlCl3在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾，该装置存在安全隐患，在生成、收集氯化铝的位置D、E间导管易发生堵塞，故答案为：饱和食盐水；D、E间导管易发生堵塞；（4）因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用，故答案为：碱石灰或氧化钙；（5）E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应，所以可以看到锥形瓶中有白雾产生，反应方程式为AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑，故答案为：AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑．【点评】本题考查物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理和注意事项，题目难度中等．25．Cu（NO3）2是重要的化工原料．回答下列工业生产和化学实验中的几个问题．（1）实验室欲制备0.3molCu（NO3）2晶体，甲、乙两同学分别设计实验方案如下：25\n甲：CuCu（NO3）乙：CuCuOCu（NO3）①从绿色化学的角度分析，乙同学的方案更合理，此同学可节约2mol/L的稀硝酸100mL；②乙同学实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，宜选择如图A、B、C中B方案（填字母序号）．③有下述装置（图D），当装置电路中通过2mol电子时，Cu电极（填编号）c．（a）增重64g（b）减重64g（c）可能增重64g，也可能减重64g（2）①某校化学兴趣小组的同学对硝酸铜的受热分解进行探究．他们设计了如图D装置加热Cu（NO3）2固体（加热及夹持装置未画出）．加热过程发现：装置①中的固体逐渐变为黑色；装置②中有气泡产生，但在上升的过程中消失；石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置③中．请写出Cu（NO3）2受热分解的化学方程式：2Cu（NO3）2CuO+4NO2↑+O2↑；②在装置中①试管的橡皮塞最好用锡箔包住，原因是NO2气体会腐蚀橡胶．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①评价实验方案要从反应的可操作性，生成物的性质，环保节能等方面分析，甲同学用CuCu（NO3）的方法，制备0.3molCu（NO3）2晶体，消耗硝酸0.8mol，乙同学用CuCuOCu（NO3）的方法，制备0.3molCu（NO3）2晶体，消耗硝酸0.3mol，据此计算；②实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，分析装置可知，利用分液漏斗控制加入过氧化氢的量能达到要求；③铜是负极发生氧化反应，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，铜如果是正极，电极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu；（2）①装置②中也有气泡产生，但在上升的过程中消失，说明生成物有二氧化氮和氧气，装置①中的固体逐渐变为黑色，说明生成物有氧化铜，请然后根据质量守恒配平；②NO2气体会腐蚀橡胶，所以在装置中①试管的橡皮塞最好用锡箔包住．【解答】解：（1）①评价实验方案要从反应的可操作性，生成物的性质，环保节能等方面分析，甲同学用CuCu（NO3）的方法，制备0.3molCu（NO3）2晶体，消耗硝酸0.8mol，乙同学用CuCuOCu（NO3）的方法，制备0.3molCu（NO3）2晶体，消耗硝酸0.6mol，所以乙同学节约2mol/L的稀硝酸的体积为L=100mL，25\n故答案为：乙；100；②实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，分析装置可知，利用分液漏斗控制加入过氧化氢的量能达到要求，装置B中生成的氧气通过浓硫酸可以干燥氧气，同时观察气体气泡冒出的速率控制生成氧气的速率，所以选择B装置；故答案为：B；③铜是负极发生氧化反应，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，铜如果是正极，电极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu，所以当电路中通过2mol电子时，Cu电极质量变化可能增重64g，也可能减重64g，故选c；（2）①加热的是Cu（NO3）2．加热过程发现：装置②中也有气泡产生，但在上升的过程中消失，石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置③中，说明二氧化氮、氧气恰好与水反应生成硝酸，装置①中的固体逐渐变为黑色，说明生成氧化铜，则方程式为：2Cu（NO3）2CuO+4NO2↑+O2↑，故答案为：2Cu（NO3）2CuO+4NO2↑+O2↑；②在装置中①试管的橡皮塞最好用锡箔包住，原因是NO2气体会腐蚀橡胶，故答案为：NO2气体会腐蚀橡胶．【点评】本题考查了物质成分探究实验和电化学的相关知识，题目涉及的知识点比较多，分析一个反应的可行性要从多方面分析，如从反应的可行性，环保安全，操作简便，经济节能方面考虑，本题难度较大．25