2023高考调研化学详细答案单元能力测试4

1、第四章单元能力测试一、选择题(此题共16小题，每题3分，共48分) 1.生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。如果发生了氯气泄漏，以下自救方法得当的是()A只要在室内放一盆水B向地势低的地方撤离C观察风向，顺风撤离D用湿毛巾或蘸有石灰水的毛巾捂住口鼻撤离答案D解析氯气与水反响，其速度慢且反响不充分，故A项错；氯气的密度大于空气，故应向地势高的地方、逆风跑，才可以在氯气之上，B、C项均错。D项，石灰水即为Ca(OH)2可以吸收氯气，正确。2(2023全国冲刺卷)进行化学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对以下实验事

2、实的解释正确的是()A浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，分解生成的有色产物能溶于浓硝酸B在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反响C在某溶液中参加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含SO42D将铜片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化答案A解析浓HNO3光照产生NO2，故A正确，碘能使淀粉溶液变蓝，是碘特性，故B错；溶液中可能含有SO32或Ag等，故C错；常温下，铜与浓H2SO4不反响，不发生钝化，D错。3(2023全国理综)以下表达正确的是()ALi在氧气中燃烧主要生成Li2O2B将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C将CO2

3、通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2复原成Cu答案C解析Li在氧气中燃烧只生成Li2O，A错误；SO2与BaCl2不反响，B错误；碳酸的酸性大于次氯酸，C正确；NH3通入CuSO4溶液中不会发生氧化复原反响，而是生成Cu(OH)2沉淀，D错误。4(2023上海卷)右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，以下有关说法错误的是()A烧瓶中立即出现白烟B烧瓶中立即出现红棕色C烧瓶中发生的反响说明常温下氨气有复原性 D烧杯中的NaOH溶液是为了吸收有害气体答案B解析此题考查氯气和氨气的性质，意在考查考生对知识的理解应用能力。烧瓶中发生反响：3Cl28NH3=

4、6NH4ClN2，A项正确，B项错误；反响中NH3作为复原剂，说明常温下氨气具有复原性，C项正确；烧杯中的溶液是为了吸收Cl2、HCl等有害气体，D项正确。5能实现以下物质间直接转化的元素是()单质eq o(,sup7(O2)氧化物eq o(,sup7(H2O)酸或碱eq o(,sup7(NaOH或HCl)盐A硅B硫C铜 D铁答案B解析B项中S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，再与NaOH生成Na2SO3。A项中SiO2，C项中CuO，D项中Fe3O4均不与H2O反响，故只有B正确。6(2023河南五校联考)随着高科技的开展，新型产品不断涌现，在2023年全国两会初次亮相的用碳

5、酸钙制取的“石头纸就是其中之一。以下关于“石头纸的表达中正确的是()它不溶于水、可反复使用原材料为矿物质，密度大于普通纸该产品原料为植物纤维，密度比普通纸小生产工艺不使用强酸、强碱该产品韧性大、防潮、可降解，是良好的环保产品ABCD答案B解析由题意可知，“石头纸的主要成分是碳酸钙，故其能与强酸反响，那么生产工艺中不使用强酸、强碱。7用以下实验装置完成对应的实验(局部仪器已省略)，能到达实验目的的是()答案B解析A项不满足喷泉实验的根本要求，即形成不了较大的压强差；B项防止了导管末端直接与吸收液(水)接触，能够防止倒吸，正确；氨气不能用浓硫酸枯燥，C错；分馏(或蒸馏)实验温度计水银球的位置应在蒸

6、馏烧瓶的支管口处，D错。8实验室常采用点滴板来完成局部实验，这样既可以节约药品的用量，又便于观察实验现象。图中所示的实验，点滴板上描述的现象正确的是()装有铜片的孔穴中溶液呈蓝色装有胆矾的孔穴中固体的颜色变浅放有滤纸的孔穴中滤纸变黑装有铁片的孔穴中溶液呈浅绿色装有铁片的孔穴中溶液呈浅黄色装有蛋清溶液的孔穴中呈浅黄色滴有石蕊溶液的孔穴中溶液变红色ABCD答案D解析浓硫酸和铜片的反响需要在加热的条件下进行，错误；胆矾被浓硫酸吸水变成无水硫酸铜，因此颜色变浅，正确；滤纸被浓硫酸脱水碳化变黑，正确；铁片遇浓硝酸钝化，不能继续反响。错误；蛋清溶液遇浓硝酸发生颜色反响而变黄。正确；石蕊溶液遇浓硝酸先变红后

7、褪色。错误。综合分析，答案为D。9以下表达正确的是()A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再参加过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反响产生氢气的速率较慢；再参加少量CuSO4固体，速率不改变答案C解析此题考查元素及其化合物知识。选项A，CO2、SO2均不能与BaCl2溶液反响，所以再通入SO2时也无沉淀产生。选项B，Cu不能与稀H2SO4反响，但参加Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu溶解在HNO3中。选项C，Al3与NH3

8、H2O反响生成Al(OH)3沉淀，参加NaHSO4溶液时，NaHSO4电离出的H使Al(OH)3溶解。选项D，参加CuSO4溶液后形成原电池而加快了产生H2的速度。10以下离子方程式书写正确的是()ANaClO溶液中通入少量的SO2气体：2ClOSO2H2O=SO322HClOB往氨水中滴加FeCl3溶液：Fe33OH=Fe(OH)3C向Ca(HCO3)2溶液中滴加过量NaOH溶液：Ca22HCO32OH=CaCO3CO322H2OD等体积等物质的量浓度的NH4HCO3与Ba(OH)2溶液混合后加热：NH4OHeq o(=,sup7()NH3H2O答案C解析A：HClO具有强氧化性，会将SO3

9、2氧化为SO42，A错；B：NH3H2O为弱碱，应写成分子式，B错；D：HCO3与OH反响漏写，正确的离子方程式应写为NH4HCO3Ba22OHeq o(=,sup7()BaCO3NH3H2O11以下表达正确的是()ASO2具有复原性，故可作漂白剂BNa的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反响制MgC浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色DFe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其它非金属反响的产物中的Fe也显3价答案C解析A项SO2具有复原性和氧化性，在作漂白剂时并不发生氧化复原反响，而是与品红中的有色物质发生化合而褪色；B项Na是活泼金属，Na与MgCl2

10、溶液反响时，先与水反响得到H2，D项Fe与其它非金属反响的产物的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是3价，如Fe与S反响生成FeS中Fe显2价，D错误。12(2023全国冲刺卷)AD是含同一元素的四种物质，相互之间有如下图的转化关系，其中D是最高价氧化物对应的水化物。那么A可能是()N2SiCuCH4H2SA只有B只有C只有D全部答案D解析该题除第一步外，没有指出如何转化，因此开放性非常强。如N2与O2在放电条件下的生成NO，NO被氧化为NO2，NO2与水反响生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反响生成NO，符合题中转化关系。其他转化分别为：SiSiO2Na2SiO3H2SiO3SiO2；CuCuO

11、CuCl2Cu(OH)2CuO；CH4CO2Na2CO3H2CO3CO2；H2SSO2SO3H2SO4SO2。13以下说法正确的是()A浓HNO3具有强氧化性，能将C、Si、P分别氧化成CO2、SiO2、H3PO4BCl2、SO2都可用于漂白，二者按11混合通入品红溶液漂白效果更佳C浓H2SO4与Cu反响只表现其强氧化性DNH3极易溶于水，但可用上图吸收氨答案D解析Si不能与浓HNO3反响，A错；Cl2与SO2通入品红溶液发生反响为：Cl2SO22H2O=2HClH2SO4，失去漂白效果，B错；Cu与浓H2SO4反响中，H2SO4的作用为强氧化性、酸性。14(2023黄冈联考)有a、b、c、d

12、、e五种气体，进行以下实验：(1)a和b混合气体变红棕色(2)c和d混合产生白烟(3)c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体(4)b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是()AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO3CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHCl、CO2、NH3、H2S、CH4答案C解析A项，实验(3)两气体通入均不反响，不正确；B项，实验(3)中，SO3通入溴水中溴水不褪色，故不正确；C项，正确；D项，实验(1)两气体混合后不反响，不符合。15(2023山东泰安质检)无色混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、N

13、H3、N2中的几种，将100 mL甲气体依次经过如以下图所示实验装置的处理，结果得到酸性溶液且最终无剩余气体。那么甲气体的组成为()ANH3、NO2、N2BNH3、NO、CO2CNH3、NO、CO2、N2DNO、CO2、N2答案B解析“无色混合气体，排除A选项，因为NO2为红棕色；题给信息中经过足量浓硫酸、Na2O2后得酸性溶液且最终无气体剩余，那么一定没有N2，排除C、D两选项；故正确选项为B。16有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含有硫酸的浓度为2 molL1，含硝酸的浓度为1 molL1，现向其中参加0.96 g铜粉，充分反响后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的

14、体积为()A89.6 mL B112 mLC168 mL D224 mL答案D解析铜粉溶解于酸的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O0015 mol 0.1 mol0.02 mol经比拟Cu缺乏。由Cu的量求得生成NO为0.01 mol，即标准状况下的气体的体积为224 mL。二、非选择题(此题包括5小题，共52分) 17.(10分)(2023全国理综)A、B、C、D、E、F、G、H和I是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；A和I相遇产生白色

15、烟；B和E都能使品红溶液褪色；将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；C和D相遇生成红棕色气体；G在D中燃烧可以产生E和H2O；将B和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A。答复以下问题：(1)A的化学式是_，中烟的化学式是_；(2)中发生反响的化学方程式是_；(3)中发生反响的化学方程式是_；(4)C的化学式是_，D的化学式是_；(5)中发生反响的化学方程式是_；(6)H的化学式是_。答案(1)HClNH4Cl(2)CuCl2eq o(=,sup7(点燃)CuCl2(3)2MgCO2e

16、q o(=,sup7(点燃)2MgOC(4)NOO2(5)2H2S3O2eq o(=,sup7(点燃)2H2O2SO2(6)CH4(其他合理答案也给分)解析根据I气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可以确定I是NH3；根据I与A相遇可以产生白烟，确定A是HCl；B、E具有漂白性，可推测为Cl2和SO2，其中B与铜丝反响有棕黄色的烟生成，确定B是Cl2，E是SO2；镁条在F中燃烧有白色固体和黑色固体生成，确定是CO2与Mg的反响，那么F是CO2；C和D相遇有红棕色气体生成，说明C和D可能是O2和NO，G在D中燃烧生成SO2(E)和H2O，根据质量守恒定律可以确定G为H2S，D为O2，那么C是NO

17、；再根据B(Cl2)与H混合，有油状液滴和A(HCl)生成，确定H是CH4(或其它饱和烃等)。18(8分)A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质，且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如以下图所示(反响条件及其他产物已略去)：请填写以下空白：(1)假设A为气体单质，那么A为_，DB反响的离子方程式为_。(2)假设A为固体单质，那么A为_，A主要用于制造_(任写两种)。(3)假设A为气体化合物，其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么实验室制取A的化学方程式为_，工业上合成A的化学方程式为_。(4)假设A为气体化合物，其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，那么A为_，A与B反响的化学方程式为_。

18、答案(1)N23Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O(2)S硫酸、化肥、火柴及杀虫剂等(3)2NH4ClCa(OH)2eq o(=,sup7()CaCl22NH32H2ON23H2eq o(,sup7(高温高压),sdo5(催化剂)2NH3(4)H2S2H2SSO2=2H2O3S解析该转化关系为连续氧化，由于D能与Cu反响，那么D为硝酸或硫酸，因此A可以为N2、S、NH3、H2S等。19(8分)(2023西安第二次联考).长期存放的Na2SO3会被空气中的氧气局部氧化。某化学兴趣小组通过实验测定某无水Na2SO3被氧化的程度。请答复：(1)假设将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗，那么应如何检

19、查虚线框内装置的气密性？_。(2)写出B装置中反响的离子方程式：_。(3)称量a g Na2SO3样品放入锥形瓶中，向B装置中反响后的溶液中参加足量BaCl2溶液充分反响，过滤、洗涤、枯燥、称量得白色沉淀b g，那么样品中Na2SO3的质量分数为_。(4)深入研究发现，上述实验方案存在缺陷，致使测得的Na2SO3质量分数偏小，试分析其中的原因(列出一条即可)_ _。.乙同学设计了另一套实验装置如以下图：(5)实验中待锥形瓶中不再产生气体后，翻开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是_。(6)除已称量的a g Na2SO3样品外，实验中还应测定的数据是_(填图中字母)装置实验前后的

20、质量差。.现有以下试剂：蒸馏水、盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba(NO3)3溶液。(7)丙同学欲从中选择适宜试剂来测定质量为a g的Na2SO3样品中Na2SO3的质量分数，下述实验方案理论上可行的有_。A将样品溶解，加足量盐酸，再加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、枯燥、称量得沉淀m1B将样品溶解，加足量硝酸，再加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、枯燥、称量得沉淀m2C将样品溶解，加过量BaCl2溶液，过滤后，将滤液蒸干，称量得固体m3D将样品溶解，加过量Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤，在沉淀中参加足量盐酸，再过滤、洗涤、枯燥、称量得固体m4答案(1)关闭弹簧夹(或止水夹)a，由长颈漏斗向锥

21、形瓶内加水至漏斗液面高于锥形瓶内液面。静置一会儿观察液面是否变化，假设不变，说明气密性良好，否那么，说明装置漏气(2)SO2Cl22H2O=SO422Cl4H(3)eq f(126 b,233a)100%(4)锥形瓶及导管中的SO2未全部排入到广口瓶中与Cl2充分反响或由于产生SO2的速度较快，未与Cl2反响而直接排入到NaOH溶液中(5)将装置中的SO2全部排入到U形管中被吸收(6)D(7)AD解析(1)利用压强差检查装置气密性。(2)B中反响为SO2Cl22H2O=SO422Cl4H。(3)所得白色沉淀为BaSO4，根据关系式Na2SO3SO2Cl2SO42BaSO4计算Na2SO3的质量

22、。(4)Na2SO3质量分数偏小，说明SO2有损失。(5)利用空气将SO2排入到U形管中被碱石灰吸收。(6)该装置的原理是通过确定反响产生的SO2的量计算Na2SO3的质量。(7)Na2SO3、Na2SO4均能与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液反响，但BaSO3可溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸。20(8分)某化学兴趣小组的同学利用以下图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)。请按要求填空：(1)利用B装置可制取的气体有_(写出两种即可)。(2)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。假设在丙中参加紫色石蕊试液实验过程中溶液发生的颜色变化为：请在方框内填写出导

23、致该阶段颜色变化的粒子符号。(3)B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上)，可制得NO2并进行有关实验。B中发生反响的化学方程式为_。试管丁中的NO2与水充分反响后，假设向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，那么所得溶液中溶质的物质的量浓度是_(气体按标准状况计算)。答案(1)H2、CO2等(2)HHClOCl2(3)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O0.045 molL1解析(1)该装置为启普发生器的简易装置，能用启普发生器制备的气体有H2、CO2、H2S等。(2)Cl2具有强氧化性，溶于水发生化学反响，生成HCl、HClO，HCl具有

24、酸性，能使石蕊试液变红，HClO具有强氧化性，能使有机色质氧化而褪色，具有漂白性；(3)NO2能与水反响生成HNO3和NO，假设使NO2完全被水吸收，那么必须通入氧气，发生反响：4NO2O22H2O=4HNO3，由此计算HNO3溶液的浓度。21(8分)(2023潍坊模拟)中学常见的某反响的化学方程式为ABCDH2O(未配平，反响条件略去)。请答复以下有关问题：(1)假设A是铁，B是稀硝酸(过量)，且A可溶于C溶液中。那么A与C反响的离子方程式为_。(2)假设C、D均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，那么上述反响的化学方程式为_。(3)假设C是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。C能发生催化

25、氧化反响，写出该反响的化学方程式_。(4)假设D为氯碱工业的主要原料，C是造成温室效应的主要气体之一，那么上述反响的化学方程式为_。答案(1)2Fe3Fe=3Fe2(2)C2H2SO4(浓)eq o(=,sup7()CO22SO22H2O(3)4NH35O2eq o(=,sup7(),sdo5(催化剂)4NO6H2O(4)2HClNa2CO3=2NaClCO2H2O或HClNaHCO3=NaClCO2H2O解析(1)铁和过量稀硝酸反响得到Fe(NO3)3、NO和H2O，因此A为Fe、C为Fe(NO3)3，二者反响的离子方程式为：2Fe3Fe=3Fe2。(2)C、D为能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，那么为CO2、SO2，该反响为C和浓硫酸的反响。(3)C为无色刺激性气味气体，水溶液呈弱碱性，那么C为NH3，NH3的催化氧化反响为：4NH35O2eq o(=,sup7(),sdo5(催化剂)4NO6H2O。(4)氯碱工业的主要原料为NaCl，造成温室效应的主要气体为CO2，因此该反响可以是Na2CO3或NaHCO