高中化学高考一轮复习 全国一等奖

2023学年海南省江汉油田海政学校高三（上）第二次月考化学试卷一．选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分．每小题只有1个选项符合题意）1．下列物质分类正确的是()A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物2．下列溶液加热蒸干、灼烧后，能析出原溶质固体的是()A．AlCl3 B．KHCO3 C．Fe2（SO4）3 D．NH4HCO33．下列有关物质的用途说法正确的是()①熟石灰可用来改良土壤酸性②氦气可做保护气③KMnO4可作消毒剂④蒸馒头时可用NaOH来除去面团中发酵产生的酸⑤可用Al（OH）3治疗胃酸过多⑥工业上可用Na2CO3来制肥皂⑦工业上可用铁桶盛放波尔多液⑧家庭中可用NaNO2作调味品．A．②④⑤⑦ B．②③⑤ C．①②③⑤ D．①⑤⑥⑧4．氢化亚铜（CuH）是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧；也能与酸反应，用CuSO4溶液和“某物质”在40﹣50℃时反应可产生它．下列有关叙述中错误的是()A．这“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应，可能产生H2C．CuH与足量的稀硝酸反应：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2=CuCl+HCl5．下列各组物质中．气体X和气体Y在通常条件下同时通入盛有溶液z的洗气瓶中（如图所示），一定没有沉淀生成的是()XYZANO2SO2BaCl2BNH3O2Al2（SO4）3CNH3CO2NaCl（饱和）DCOO2Ca（OH）2A．A B．B C．C D．D6．已知SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色．则下列关于该溶液组成的判断正确的是()A．肯定不含I﹣ B．肯定不含Cu2+C．可能含有SO32﹣ D．肯定不含有NH4+二、选择题（本题包括6小题，每小题4分．每小题有一至二个选项符合题意．）7．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色．再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．通入LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO28．全部溶于一定浓度200mLHNO3溶液中，得到标准状况下气体，测得反应后溶液pH为1．若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是()A．反应后溶液中铁元素一定只以Fe3+形式存在B．气体可能是NO、NO2的混合气体C．反应后溶液中c（NO3﹣）=LD．反应后的溶液最多还能溶解9．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．12g石墨烯（单层石墨）中含有C﹣12原子的个数为NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为NAD．1mol的羟基与1moL的甲基所含电子数均为9NA10．下列离子方程式表达正确的是()A．用稀硝酸洗涤做银镜反应的试管：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2OB．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OD．用食醋除去水瓶中的水垢：CO32﹣+2CH3COOH=2CH3COO﹣+CO2↑+H2O11．下列说法正确的是()A．浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸都是氧化性酸，常温下都能使金属铁钝化B．浓硫酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程只体现了浓硫酸的脱水性C．某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32﹣或SO32﹣D．某溶液中滴加BaCl2．溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明该溶液中一定含SO42﹣12．已知某物质X能发生如图转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述不正确的是()A．若X为N2或NH3，则A为硝酸B．若X为S或H2S，则A为硫酸C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应三、简答题（本题包括3小题，共27分）13．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，回答下列问题：（1）每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为__________mol（2）还原剂是：__________（3）1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为__________mol（4）x=__________．14．已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示（有的反应部分产物已经略去）：（1）实验室制取丙的化学方程式为__________，描述反应②的反应条件及现象__________（2）反应①的化学方程式为：__________（3）写出C与丙反应的离子方程式__________，列举这个反应的一种用途__________．15．（16分）现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是__________和__________．（填化学式）（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则：①X为__________．A．SO32﹣B．SO42﹣C．CH3COO﹣D．SiO32﹣②A中的化学键类型为__________③将的A与的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为__________（精确到）．④利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子．请简述实验操作步骤、现象及结论__________（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．则物质D一定含有上述离子中的__________（填相应的离子符号）．有关反应的离子方程式为__________．四、实验题（本题包括2小题，共17分）16．将铜粉加入55mL浓硝酸中，随着铜粉的不断溶解，产生的气体的颜色不断变浅，待铜和硝酸恰好完全反应后，共收集到气体，求原硝酸的物质的量浓度．17．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质．它们之间有如下的反应关系：（1）若A是硫磺，B是气态氢化物，C是造成酸雨的污染物之一，④反应是通一种黄绿色气体，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，写出反应④的化学反应方程式：__________；检验④反应产物E中阴离子所用试剂为：__________．（2）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写④反应离子方程式__________；利用A的还原性和A转化为氧化物时能放出大量热的性质，工业上常用A来还原一些金属氧化物，写出这类反应在工业上的一个重要应用（用方程式表示）__________．（3）若A是应用最广泛的金属，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．C的溶液常用于制作印刷电路板，写出该反应的离子方程式__________．五．综合题（总分）18．某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度，设计了如下实验：回答下列问题：（1）写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、__________、__________．（2）实验开始后，写出B中反应的离子方程式__________．（3）C中的现象是__________，E装置的作用是__________．（4）按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4完全反应．然后将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀，则原样品中Na2SO3的纯度为__________（精确到%）．（5）在过滤沉淀时若过滤液出现浑浊，则必须要重复操作，若该学生没有重复过滤，则测定的结果将__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（6）要使测定结果准确，第一，装置气密性必须良好；第二，应先点燃__________处酒精灯（填装置字母）；第三，__________．

2023学年海南省江汉油田海政学校高三（上）第二次月考化学试卷一．选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分．每小题只有1个选项符合题意）1．下列物质分类正确的是()A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm﹣100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物．【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大．2．下列溶液加热蒸干、灼烧后，能析出原溶质固体的是()A．AlCl3 B．KHCO3 C．Fe2（SO4）3 D．NH4HCO3【考点】盐类水解的应用；铵盐；镁、铝的重要化合物．【分析】液加热蒸干后，能析出原溶质固体，则溶质性质稳定，不分解，不水解可符合题目要求．【解答】解：A．Al3+水解，盐酸易挥发，蒸干得到Al（OH）3，灼烧后得到Al2O3，故A错误；B．KHCO3不稳定，加热易分解，故B错误；C．加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe2（SO4）3，故C正确；D．NH4HCO3不稳定，加热易分解，故D错误；故选C．【点评】本题考查盐类水解知识，为高频考点，注意把握物质的稳定性和水解的性质，易错点为A，注意硫酸盐水解的特点，题目难度不大．3．下列有关物质的用途说法正确的是()①熟石灰可用来改良土壤酸性②氦气可做保护气③KMnO4可作消毒剂④蒸馒头时可用NaOH来除去面团中发酵产生的酸⑤可用Al（OH）3治疗胃酸过多⑥工业上可用Na2CO3来制肥皂⑦工业上可用铁桶盛放波尔多液⑧家庭中可用NaNO2作调味品．A．②④⑤⑦ B．②③⑤ C．①②③⑤ D．①⑤⑥⑧【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【专题】元素及其化合物．【分析】①熟石灰可以中和酸性土壤中的氢离子；②氦气化学性质不活泼；③KMnO4具有强氧化性；④NaOH具有强腐蚀性，对人体有害；⑤Al（OH）3可以中和胃酸，而且对人体没有腐蚀性；⑥脂肪在氢氧化钠作用下水解发生皂化反应；⑦Fe与硫酸铜发生置换反应；⑧NaNO2有毒，会危害人体健康．【解答】解：①熟石灰可以中和酸性土壤中的氢离子，所以熟石灰可用来改良土壤酸性，故正确；②氦气化学性质不活泼，不易发生化学反应，可以用作保护气，故正确；③KMnO4具有强氧化性，能是细菌和病毒的蛋白质发生变性，从而起到杀菌消毒作用，故正确；④NaOH具有强腐蚀性，对人体有害，所以不能用于食品，故错误；⑤Al（OH）3可以中和胃酸，而且对人体没有腐蚀性，所以可用Al（OH）3治疗胃酸过多，故正确；⑥脂肪在氢氧化钠作用下水解发生皂化反应，则工业上可用NaOH不是用Na2CO3来制肥皂，故错误；⑦Fe与硫酸铜发生置换反应，波尔多液中含有硫酸铜，所以不可用铁桶盛放波尔多液，故错误；⑧NaNO2有毒，会危害人体健康，家庭中不能用NaNO2作调味品，故错误．所以正确的是①②③⑤．故选C．【点评】本题考查了物质的性质和用途，题目难度不大，侧重于化学知识在生产生活中应用的考查，注意对物质性质的掌握．4．氢化亚铜（CuH）是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧；也能与酸反应，用CuSO4溶液和“某物质”在40﹣50℃时反应可产生它．下列有关叙述中错误的是()A．这“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应，可能产生H2C．CuH与足量的稀硝酸反应：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2=CuCl+HCl【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A、根据在该反应中，铜的化合价降低，“某物质”中元素的化合价必升高；B、CuH中﹣1价的H可以与盐酸中+1价氢发生归中反应；C、根据CuH具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应；D、根据氯气的强氧化性．【解答】解：A、因在该反应中，铜的化合价降，则“某物质”中元素的化合价必升高，体现了还原性，故A正确；B、因CuH中﹣1价的H可以与盐酸中+1价氢发生归中反应：CuH+HCl═CuCl+H2↑，故B正确；C、因CuH具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应：CuH+3HNO3=Cu（NO3）2+NO↑+2H2O，离子方程式：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2O，故C正确；D、因氯气具有强氧化性，能够将+1价的铜氧化成+2价：2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了氧化还原反应，主要考查了学生根据信息，联系旧知识解决问题的能力，培养了学生分析问题的能力，题目难度中等．5．下列各组物质中．气体X和气体Y在通常条件下同时通入盛有溶液z的洗气瓶中（如图所示），一定没有沉淀生成的是()XYZANO2SO2BaCl2BNH3O2Al2（SO4）3CNH3CO2NaCl（饱和）DCOO2Ca（OH）2A．A B．B C．C D．D【考点】实验装置综合；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】A．二氧化氮溶于水生成硝酸，根据硝酸和二氧化硫的性质分析生成的物质，根据二氧化硫和硝酸反应的生成物判断是否有沉淀生成；B．氨气极易溶于水生成氨水，铝离子和氨水能反应生成氢氧化铝；C．氨气和二氧化碳、水以及氯化钠反应可生成碳酸氢钠；D．根据一氧化碳和氧气的反应条件分析判断能否生成二氧化碳．【解答】解：A．二氧化氮易溶于水生成硝酸，硝酸有强氧化性，二氧化硫有还原性，所以二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸，硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色硫酸钡沉淀，故A不选；B．氨气极易溶于水生成氨水，氨水能分解生成氢氧根离子，氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，所以一定有白色沉淀生成，故B不选；C．类似侯氏制碱法，反应生成碳酸氢钠晶体，故C不选；D．点燃条件下，一氧化碳能在氧气中燃烧生成二氧化碳，但如果没有点燃条件，一氧化碳和氧气混合不反应，一氧化碳和氧气也不和氢氧化钙反应，所以一定没有沉淀生成，故D选；故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和元素化合物知识的综合运用的考查，为高频考点，注意二氧化碳和二氧化硫都不与氯化钙反应生成白色沉淀，即弱酸不能制取强酸，难度不大．6．已知SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色．则下列关于该溶液组成的判断正确的是()A．肯定不含I﹣ B．肯定不含Cu2+C．可能含有SO32﹣ D．肯定不含有NH4+【考点】常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32﹣＞I﹣，说明溶液中可以含I﹣，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32﹣．【解答】解：溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32﹣＞I﹣，说明溶液中可以含I﹣，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32﹣；分析判断可知，溶液中一定含有SO32﹣，一定不含Cu2+，可能含有I﹣，电荷守恒分析铵根离子一定存在；A、加入的少量溴水，已知还原性SO32﹣＞I﹣，溴单质只氧化SO32﹣，溶液为无色，所以I﹣可能含有，溶液中可以含有I﹣，故A错误；B、溶液是无色，肯定不含Cu2+，故B正确；C、原溶液中一定含有SO32﹣，故C错误；D、据电荷守恒分析铵根离子一定存在，故D错误；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应顺序进行的规律应用，离子性质的分析判断是解题关键，题目难度中等．二、选择题（本题包括6小题，每小题4分．每小题有一至二个选项符合题意．）7．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色．再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．通入LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】氧化还原反应．【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：A．滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A错误；B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；C．通入LSO2参加反应时，状况未知，不能计算其物质的量，则不能确定转移电子数，故C错误；+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项C为易错点，注意选项C不需要计算．8．全部溶于一定浓度200mLHNO3溶液中，得到标准状况下气体，测得反应后溶液pH为1．若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是()A．反应后溶液中铁元素一定只以Fe3+形式存在B．气体可能是NO、NO2的混合气体C．反应后溶液中c（NO3﹣）=LD．反应后的溶液最多还能溶解【考点】化学方程式的有关计算．【分析】A、根据题目信息可知HNO3过量，故Fe只可能转化为Fe3+；B、的物质的量为，根据电子转移守恒，利用极限假设法，若只生成NO，计算生成NO的体积；若只生成NO2，计算生成的NO2体积，根据体积判断；C、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3﹣），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+），所以c（Fe3+）=L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=L，代入上式计算；D、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]+n剩余（HNO3）+n（NO），当生成Fe（NO3）2时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶解的，即为反应后的溶液最多还能溶解的Fe的质量．【解答】解：A、反应后溶液pH为1，故HNO3过量，Fe只可能转化为Fe3+，故A正确；B、的物质的量为=，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）==，则V（NO）=×mol=；计算生成NO的体积；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）==，V（NO2）=×mol=，由于实际生成气体，故只生成NO，故B错误；C、反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3﹣），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+）=，所以c（Fe3+）==L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=L，所以c（NO3﹣）=L×3+L=L，故C正确；D、由B中分析可知，原硝酸是稀硝酸，生成NO，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]+n剩余（HNO3）+n（NO）=×3+L×+=，生成Fe（NO3）2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，最多溶解铁×，质量为××56g/mol=，故还能溶解铁﹣=，故D正确．故选：B．【点评】本题考查根据方程式的有关计算，难度中等，判断生成的气体为NO、硝酸有剩余是解题的关键，D选项可以根据硝酸铁与剩余的硝酸计算溶解铁的质量．9．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．12g石墨烯（单层石墨）中含有C﹣12原子的个数为NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为NAD．1mol的羟基与1moL的甲基所含电子数均为9NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子；B、根据石墨烯由C﹣12原子构成来分析；C、溶液体积不明确；D、羟基和甲基均不显电性．【解答】解：A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B、由于石墨烯由C﹣12原子构成，故12g石墨烯中含有的C﹣12原子的物质的量为n==1mol，个数为NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子，而1mol甲基也含9mol电子，故均为9NA个，故D正确．故选BD．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．10．下列离子方程式表达正确的是()A．用稀硝酸洗涤做银镜反应的试管：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2OB．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OD．用食醋除去水瓶中的水垢：CO32﹣+2CH3COOH=2CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水；B．氧化膜为氧化铝，不是氢氧化铝；C．铜被双氧水氧化生成铜离子；D．碳酸钙为难溶物，离子方程式中碳酸钙不能拆开．【解答】解：A．用稀硝酸洗涤做银镜反应的试管，反应的离子方程式为：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O，故A正确；B．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，氧化膜的成分为氧化铝，正确的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故B错误；C．用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，铜被双氧水氧化，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故C正确；D．碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；故选AC．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，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，如：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，检查是否符合原化学方程式等．11．下列说法正确的是()A．浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸都是氧化性酸，常温下都能使金属铁钝化B．浓硫酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程只体现了浓硫酸的脱水性C．某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32﹣或SO32﹣D．某溶液中滴加BaCl2．溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明该溶液中一定含SO42﹣【考点】浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验；铁的化学性质．【分析】A．稀硝酸不能使铁、铝钝化；B．刺激性气体为二氧化硫，说明反应中浓硫酸中的硫元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性；C．碳酸氢根离子，亚硫酸氢根离子与盐酸反应也能生成使澄清石灰水变浑浊的气体；D．白色沉淀可能为硫酸钡或者氯化银沉淀．【解答】解：A．浓硫酸、浓硝酸都是氧化性酸，具有强的氧化性，常温下都能使金属铁钝化，稀硝酸不能使铁铝钝化，故A错误；B．浓硫酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程体现了浓硫酸的脱水性、强的氧化性，故B错误；C．溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能含CO32﹣或SO32﹣，还可能含有HCO3﹣或HSO3﹣，故C错误；D．某溶液中滴加BaCl2．溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，溶液中可能含有硫酸根离子或者氯离子，不能说明该溶液中一定含SO42﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了硝酸、硫酸的性质，硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的检验，侧重于学生的分析能力、元素化合物性质，题目难度不大．12．已知某物质X能发生如图转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述不正确的是()A．若X为N2或NH3，则A为硝酸B．若X为S或H2S，则A为硫酸C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应【考点】无机物的推断．【分析】A．若X为N2或NH3，则Y为NO、Z为二氧化氮、A为硝酸；B．若X为S或H2S，则Y可以为二氧化硫、Z为三氧化硫、A为硫酸；C．若X为S或H2S，A为硫酸，稀硫酸不能与Cu反应；D．若X为N2或NH3，反应③为氧化还原反应．【解答】解：A．若X为N2或NH3，与氧气反应生成Y为NO，NO与氧气反应生成Z为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成A为硝酸，符合转化关系，故A正确；B．若X为S或H2S，与氧气反应生成Y可以为二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成Z为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成A为硫酸，故B正确；C．若X为S或H2S，A为硫酸时，浓硫酸可以与Cu反应，但稀硫酸不能与Cu反应，故C正确；D．若X为S或H2S，反应③为三氧化硫与水生成硫酸，属于非氧化还原反应，若X为N2或NH3，反应③为二氧化氮与水生成硝酸与NO，属于氧化还原反应，故D错误，故选：D．【点评】本题考查无机物推断，属于验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大．三、简答题（本题包括3小题，共27分）13．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，回答下列问题：（1）每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol（2）还原剂是：Fe2+、S2O32﹣（3）1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为（4）x=4．【考点】氧化还原反应的计算．【分析】（1）因为四氧化三铁中有+2和+3价，所以Fe2+部分被氧化，部分做还原剂，S2O32﹣也是还原剂，氧气是氧化剂，由方程式可知每生成1molFe3O4，有1molO2反应，结合O元素化合价变化计算转移电子；（2）反应中Fe元素化合价升高、S元素化合价升高，故还原剂为Fe2+、S2O32﹣；（3）根据电子转移守恒计算；（4）根据电荷守恒计算．【解答】解：（1）因为四氧化三铁中有+2和+3价，所以Fe2+部分被氧化，部分做还原剂，S2O32﹣也是还原剂，氧气是氧化剂，由方程式可知每生成1molFe3O4，有1molO2反应，反应中氧元素化合价由0价降低为﹣2价，故转移电子为1mol×4=4mol，故答案为：4mol；（2）反应中Fe元素化合价升高、S元素化合价升高，故还原剂为Fe2+、S2O32﹣，故答案为：Fe2+、S2O32﹣；（3）1molFe2+被氧化时，根据电子转移守恒，被Fe2+还原的O2的物质的量为=，故答案为：；（4）根据电荷守恒可知：6﹣4﹣x=﹣2，故x=4，故答案为：4．【点评】本题考查氧化还原反应计算，注意从化合价发生还原剂与氧化剂，注意电子转移守恒的应用，难度中等．14．已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示（有的反应部分产物已经略去）：（1）实验室制取丙的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，描述反应②的反应条件及现象H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾（或H2和Cl2的混合气体在光照条件下爆炸）（2）反应①的化学方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓（3）写出C与丙反应的离子方程式Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，列举这个反应的一种用途用NaOH溶液吸收Cl2的尾气等．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且C的焰色反应呈黄色，可知A是Na2O2，B是H2O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O2，C是NaOH．丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，则丁是Al，与NaOH反应生成单质乙，则乙是H2，D是NaAlO2．丙是黄绿色气体单质，则丙是Cl2，由转化关系可知E是HCl，白色沉淀为氢氧化铝，据此解答．【解答】解：A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且C的焰色反应呈黄色，可知A是Na2O2，B是H2O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O2，C是NaOH．丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，则丁是Al，与NaOH反应生成单质乙，则乙是H2，D是NaAlO2．丙是黄绿色气体单质，则丙是Cl2，由转化关系可知E是HCl，白色沉淀为氢氧化铝，（1）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应②为氢气与氯气反应，反应条件及现象为：H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾（或H2和Cl2的混合气体在光照条件下爆炸），故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾（或H2和Cl2的混合气体在光照条件下爆炸）；（2）反应①为盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀、氯化钠与水，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；该反应用途为：用NaOH溶液吸收Cl2的尾气等，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；用NaOH溶液吸收Cl2的尾气等．【点评】本题考查无机物的推断，涉及Na、Al、Cl盐酸单质化合物性质以及电解、气体制备等，题目难度中等，注意根据物质的颜色、反应的现象为突破口进行推断，学习中注意元素化合物的性质，注重相关知识的积累．15．（16分）现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是Na2CO3和Ba（OH）2．（填化学式）（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则：①X为B．A．SO32﹣B．SO42﹣C．CH3COO﹣D．SiO32﹣②A中的化学键类型为离子键和共价键③将的A与的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为（精确到）．④利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子．请简述实验操作步骤、现象及结论分别取少量D、E溶液于试管中，分别滴加过量的Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀的其中含有Mg2+，先产生白色沉淀，后沉淀又溶解的含有Al3+（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．则物质D一定含有上述离子中的NO3﹣（填相应的离子符号）．有关反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2+2NO↑+4H2O．【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质检验实验方案的设计．【分析】（1）根据离子之间结合生成沉淀，不能共存，确定含有的两种物质；（2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝；（3）将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3﹣．【解答】解：（1）因Al3+、Mg2+、Fe3+和OH﹣反应生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和CO32﹣反应，则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3和Ba（OH）2，故答案为：Na2CO3；Ba（OH）2；（2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，①因C为硫酸铁，则阴离子有SO42﹣，则X为SO42﹣，故答案为：B；②A为Ba（OH）2，钡离子与氢氧根离子以离子键结合，O、H之间以共价键结合，故答案为：离子键和共价键；③（OH）2与（SO4）3反应生成和Fe（OH）3沉淀，沉淀质量为×233g/mol+×107g/mol=，故答案为：；④检验出D、E中的阳离子，实验操作步骤、现象及结论为分别取少量D、E溶液于试管中，分别滴加过量的Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀的其中含有Mg2+，先产生白色沉淀，后沉淀又溶解的含有Al3+，故答案为：分别取少量D、E溶液于试管中，分别滴加过量的Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀的其中含有Mg2+，先产生白色沉淀，后沉淀又溶解的含有Al3+；（3）由现象可知，将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3﹣，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2+2NO↑+4H2O，故答案为：NO3﹣；3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2+2NO↑+4H2O．【点评】本题考查离子推断、实验方案设计等，为高频考点，综合度较高，旨在考查学生的推断能力与方案设计能力，注意根据反应现象进行推断，题目难度较大．四、实验题（本题包括2小题，共17分）16．将铜粉加入55mL浓硝酸中，随着铜粉的不断溶解，产生的气体的颜色不断变浅，待铜和硝酸恰好完全反应后，共收集到气体，求原硝酸的物质的量浓度．【考点】氧化还原反应的计算．【分析】n（NOx）==，n（Cu）==，根据N、Cu原子守恒得n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NOx）=2n（Cu）+n（NOx）=×2+=，根据c（HNO3）=计算硝酸浓度．【解答】解：n（NOx）==，n（Cu）==，根据N、Cu原子守恒得n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NOx）=2n（Cu）+n（NOx）=×2+=，c（HNO3）===10mol/L，答：原硝酸的物质的量浓度是10mol/L．【点评】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，明确各个物理量关系结合转移电子守恒是解本题关键，题目难度中等．17．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质．它们之间有如下的反应关系：（1）若A是硫磺，B是气态氢化物，C是造成酸雨的污染物之一，④反应是通一种黄绿色气体，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，写出反应④的化学反应方程式：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；检验④反应产物E中阴离子所用试剂为：硝酸酸化的硝酸银．（2）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写④反应离子方程式AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣；利用A的还原性和A转化为氧化物时能放出大量热的性质，工业上常用A来还原一些金属氧化物，写出这类反应在工业上的一个重要应用（用方程式表示）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．（3）若A是应用最广泛的金属，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．C的溶液常用于制作印刷电路板，写出该反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】（1）若A是硫磺，B是气态氢化物，则B为H2S，C是造成酸雨的污染物之一，则C为SO2，④反应是通一种黄绿色气体应为氯气，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，所以D是硫酸，E为氯化氢，依据推断出的物质书写化学方程式；（2）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，依据推断出的物质判断；（3）若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2．【解答】解：（1）若A是硫磺，B是气态氢化物，则B为H2S，C是造成酸雨的污染物之一，则C为SO2，④反应是通一种黄绿色气体应为氯气，生成D和另一种产物E，D是一种含氧酸，所以D是硫酸，E为氯化氢，④的反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，检验氯离子所用试剂为硝酸酸化的硝酸银，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；硝酸酸化的硝酸银；（2）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，④反应离子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣，用铝还原金属氧化物即铝热反应，例如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣；2Al+Fe2O3