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2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江高级中学等部分学校高一（下）第一次月考化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江高级中学等部分学校高一（下）第一次月考化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 设NA为阿伏加德罗常数的值，5NA等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江高级中学等部分学校高一（下）第一次月考化学试卷
1. 2022年北京冬奥会秉承“绿色办奥”、“科技办奥”理念，火炬“飞扬”首创以复合碳纤维为外壳材料，以氢气为燃料，在出火口格栅喷涂碱金属。下列说法正确的是( )
A. 碳纤维是一种新型有机材料
B. 选择氢气主要是考虑其燃点低、易压缩
C. 多地禁放烟花以降低空气质量指数级别
D. 喷涂碱金属目的是利用焰色反应(化学变化)让火焰可视化
2. 化学与生活、科技等紧密相关，下列说法错误的是( )
A. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
B. 中国空间站天宫授课展示了许多有趣的实验，过滤要比溶解、蒸发更难进行
C. K2FeO4和明矾都可做水处理剂，二者的净水原理完全相同
D. 春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术
3. 下列有关化学用语的表示方法中正确的是( )
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为 a+2a+b+2M
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. 过氧化氢电子式：
4. 将SO2和X气体分别通入BaCl2未见沉淀产生，若将两者同时通入则产生沉淀，那么X不可能是( )
A. CO2 B. NH3 C. H2S D. Cl2
5. 下列有关硫及其化合物的说法中正确的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，不能干燥NH3，也不能干燥H2S等还原性气体
B. 浓硫酸与灼热的炭反应，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
C. SO2和Cl2均可使品红溶液褪色，但将溶有SO2的品红溶液加热后又恢复红色，说明SO2的氧化性没有Cl2强
D. 以FeS2为原料生产硫酸的过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应
6. 在稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 反应1中氧化剂为Mn3+
B. 氧化性：Ce4+>Fe3+>I2>Mn3+
C. 推测可发生反应：2Mn3++2I−=I2+2Mn2+
D. 反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为Fe3+
7. 碳酸镧La2(CO3)3难溶于水，常用于慢性肾衰竭患者高磷酸盐血症的治疗。实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，实验装置如图所示(夹持装置已略去)，下列说法错误的是( )
A. X可以是碱石灰，生石灰或烧碱
B. 甲中的a口接丙中的c口，乙中的b口接丙中的d口
C. 丙中应先通入CO2，再通入NH3
D. 丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A. 硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NA
B. 常温下，8.1g铝片与足量的浓硝酸反应，转移电子数为0.9NA
C. 常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA
D. 高温高压下，28gN2与4molH2充分反应，生成的NH3为2NA
9. 在2021年5月29日，我国企业研发的世界首台航天微波炉随着“天舟二号”进入太空。其中芯片全为中国制造，制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合液，工艺涉及的反应为：Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O，下列说法错误的是( )
A. 此反应不能在玻璃容器中进行
B. 由此反应可判断氢氟酸是强酸
C. 氧化性：HNO3>H2SiF6
D. 标况下，生成2.24LH2时，转移电子的物质的量为0.4mol
10. 下列实验中，利用图中装置不能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
装置
预期现象
放置Na2CO3时，澄清石灰水无明显现象，放置NaHCO3时，澄清石灰水变浑浊
脱脂棉剧烈燃烧
肥皂液有肥皂泡冒出，点燃有爆鸣声
用手捂住试管，烧杯中冒气泡
目的
鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
证明Na2O2与水反应放热
验证铁粉与水蒸气的反应
检查装置气密性
A. A B. B C. C D. D
11. 四种物质的转化关系。下列组合中不符合该关系的是( )
A
B
C
D
X
HCl
Na2CO3
Na2O2
SO2
Y
FeCl2
CO2
NaOH
Na2SO3
Z
Cl2
CaCO3
Na2CO3
H2SO4
W
FeCl3
Ca(HCO3)2
NaHCO3
NaHSO3
A. A B. B C. C D. D
12. 下列混合气体的，除杂所用的试剂正确的是( )
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
A
CO2
NO2
饱和食盐水、浓硫酸
B
H2S
H2O
浓硫酸
C
SO2
HCl
饱和亚硫酸氢钠、浓硫酸
D
NH3
H2O
无水氯化钙
A. A B. B C. C D. D
13. 某同学在实验室选用如图实验装置，验证浓硫酸与碳反应的生成物。下列说法错误的是( )
A. 浓硫酸与碳反应中，浓硫酸仅表现强氧化性
B. 验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ
C. 装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同
D. 若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
14. 下列各实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是( )
选项
操作
现象
解释或推论
A
往Cu与浓硫酸反应后的溶液中加入适量的水
溶液变成蓝色
证明Cu被浓硫酸氧化
成了Cu2+
B
将浓硫酸滴到pH试纸上
pH试纸呈红色
浓硫酸具有酸性
C
将二氧化硫通入滴有酚酞的NaOH溶液中
红色褪去
说明二氧化硫具有漂白性
D
将Cl2通入到KI溶液中，再加入CCl4，振荡后静置一段时间
静置后分层，上层几乎无色，下层呈紫红色
元素的非金属性：Cl>I
A. A B. B C. C D. D
15. 向100mLNaOH溶液中通入一定量的SO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生SO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是( )
A. 通入SO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHSO3)：n(Na2SO3)=1：1
B. 通入的SO2在标准状况下的体积为448mL
C. 通入SO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2SO3)=1：3
D. 原NaOH溶液的浓度为0.2mol/L
16. 铁与不同密度的HNO3溶液反应时产生的含氮产物的百分含量分布如图所示，硝酸的密度与其质量分数的对应关系见表，下列有关说法错误的是( )
密度/(g⋅mL−1)
1.10
1.15
1.20
1.25
1.30
1.35
1.40
质量分数/%
17.68
25.48
32.99
40.58
48.42
56.95
66.97
A. 上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂
B. N2、NO、N2O、NO2都既有氧化性又有还原性
C. 随着硝酸的密度逐渐减小，产物中NO2的含量逐渐减小
D. 当c(HNO3)=8.05mol⋅L−1时，产物中NO2的含量最高
17. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 过量的铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
B. 实验室用氢氧化钙与氯化铵制备氨气：NH4++OH−−△NH3↑+H2O
C. 将过量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3⋅H2O=HSO3−+NH4+
D. 将Cl2通入H2S溶液产生黄色沉淀：Cl2+S2−=S↓+2Cl−
18. 利用如图装置进行Cl2制备及其化学性质的探究。下列说法错误的是( )
A. 拉动a或b的活塞，可检查装置气密性
B. c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为6：1
C. c中产生Cl2后，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性
D. 性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，溶液由红色变为无色
19. 某100mL无色溶液可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32−、Cl−中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全部逸出)
下列说法错误的是( )
A. 原溶液一定存在Na+、NH4+、Mg2+、Al3+和Cl−，一定不存在Fe3+、CO32−
B. 原溶液中c(NH4+)=1mol⋅L−1
C. 沉淀2的成分为Mg(OH)2
D. 原溶液中c(Cl−)≥6mol⋅L−1
20. 现有1.52g铜镁合金完全溶解于50mL63%的浓硝酸(硝酸密度为1.40g/mL)中，得到标况下NO2和N2O4的混合气体1120mL。向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是( )
A. 该合金中n(Cu)：n(Mg)=2：1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是12.5mol/L
C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL
21. 按要求完成下列方程式：
(1)写出一个属于“工业固氮”的化学方程式：______。
(2)硫酸工业中煅烧硫铁矿(FeS2)的化学方程式：______。
(3)NO2与水反应的化学方程式为 ______。
(4)浓硫酸跟碳反应 ______(用化学方程式表示)。
(5)氨的催化氧化 ______(用化学方程式表示)。
22. A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图1所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
(1)Z的化学式为______，B的电子式为______；
(2)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图2所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？______(填“是”或“否”)；
(3)Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为______；
(4)25℃和101KPa的条件下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为______mol⋅L−1(已知：25℃和101KPa的条件下气体摩尔体积约为24.5L/mol).
23. 节日期间因燃放鞭炮会引起空气中SO2含量增大，造成大气污染。某实验小组同学欲探究SO2的性质并测定空气中SO2的含量。
(1)他们设计如图1所示实验装置，请你参与探究，并回答下列问题：
①装置A1中发生反应的化学方程式为______；
②装置B用于SO2检验的漂白性，其中所盛试剂为______，装置D中发生反应的化学方程式为______，说明SO2具有______性；
③C中发生的离子方程式为：______；
④为了实现绿色环保的目标，甲同学欲用装置A2代替装置A1你认为装置A2的优点是______。
(2)拟用如图2两装置测定空气中SO2含量(忽略空气中其他还原性气体的干扰)。
①通过讨论，不能采用装置b，其原因是______；
②若通入VL(标准状况下)空气(M=29g/mol)，恰好与145mL0.25mol/L高锰酸钾溶液完全反应，则空气中SO2的质量分数为______%。(写出含V的表达式)
24. 用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：
①浓硝酸不能单独将Au溶解。
②HAuCl4⇌H++AuCl4−
(1)酸溶后经 ______ 操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式： ______。
(3)HNO3−NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：Au+______ NaCl+______ HNO3=
HAuCl4+______ ______ +______ ______ +______ NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是 ______。
A.用到了HNO3的氧化性
B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 ______ mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。试剂1是 ______ ；试剂2是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.碳纤维属于碳单质，不属于有机材料，故A错误；
B.氢气沸点低，不易压缩，故B错误；
C.烟花燃放污染环境，禁放烟花以降低空气质量指数级别，故C正确；
D.焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属目的是利用焰色反应让火焰可视，焰色反应是物理变化，故D错误；
故选：C。
A.碳纤维属于碳单质；
B.氢气不易压缩；
C.烟花燃放污染环境，空气质量指数级别越高污染越大；
D.焰色反应可以发出不同颜色的光。
本题考查物质的性质与用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途的关系是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，故A正确；
B.太空中处于失重状态，没有重力作用，水是不会自然流下的，所以过滤操作很难进行，故B正确；
C.K2FeO4具有强氧化性，明矾水解生成胶体，则二者净水原理不同，故C错误；
D.铁剑中含有铁单质，我国当时已经初步掌握冶铁技术，故D正确；
故选：C。
A.合金硬度大于成分金属；
B.太空中处于失重状态；
C.K2FeO4具有强氧化性，明矾水解生成胶体；
D.铁剑中含有铁单质。
本题考查物质的性质、用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意合金的性质及金属的冶炼等知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，其电子式为，故A错误；
B.M2+离子核外有a个电子，质子数为a+2，b个中子，，质量数为a+2+b，M原子符号为 a+2a+b+2M，故B正确；
C.MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：，故C错误；
D.过氧化氢中，两个氧原子之间共用1对电子，两个氧原子分别与两个氢原子共用1对电子，电子式为：，故D错误；
故选：B。
A.HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键；
B.阳离子核外电子=质子数-电荷数，质量数=质子数+中子数；
C.镁失去电子，氯得到电子；
D.过氧化氢为共价化合物。
本题考查了化学用语的表示方法，为高频考点，注意掌握核素符号、电子式等化学用语的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A选；
B.氨气与二氧化硫反应：2NH3+SO2=(NH4)2SO3，生成的亚硫酸铵与氯化钡反应：(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，故B不选；
C.硫化氢和二氧化硫反应：2H2S+SO2=3S↓+H2O，故C不选；
D.氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的硫酸与氯化钡反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故D不选；
故选：A。
A.二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；
B.氨气显碱性，能和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；
C.硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；
D.氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液。
本题考查二氧化硫的性质，明确二氧化硫的还原性、酸性氧化物是解答本题的关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.浓硫酸有强氧化性和酸性，所以不能干燥NH3，也不能干燥H2S等还原性气体，故A正确；
B.浓硫酸与灼热的炭反应，硫元素化合价降低，只体现了浓硫酸的强氧化性，故B错误；
C.二氧化硫的漂白性是因为二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，该反应中二氧化硫不体现氧化性，氯气使品红溶液褪色是利用次氯酸的强氧化性，二者漂白原理不同，不能说明二氧化硫的氧化性没有氯气强，故C错误；
D.工业制硫酸的三设备是：沸腾炉4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，接触室2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，吸收塔SO3+H2O=H2SO4，沸腾炉、接触室所涉及的反应均为氧化还原反应，吸收塔所涉及的反应不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度中等。
6.【答案】C
【解析】解：A.反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，锰元素的化合价升高，被氧化，Mn3+为氧化产物，故A错误；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，氧化剂为Ce4+，氧化产物为Mn3+，故氧化性Ce4+>Mn3+，同理可得Mn3+>Fe3+，Fe3+>I2，故氧化性Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，故B错误；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，氧化剂为Ce4+，氧化产物为Mn3+，故氧化性Ce4+>Mn3+，同理可得Mn3+>Fe3+，Fe3+>I2，故氧化性Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，氧化性强的物质可以制得氧化性弱的物质，故反应2Mn3++2I−=I2+2Mn2+，可以发生，故C正确；
D.反应2为Mn3+和和Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，锰元素化合价降低，被还原，氧化剂为Mn3+，还原产物为Mn2+，故D错误；
故选：C。
由图可知，反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，反应2为Mn3+和和Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，反应3为Fe3+和和I−反应生成Fe2+和I2，据此进行分析。
本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.浓氨水滴到碱石灰或生石灰或烧碱上，会有NH3逸出，可用于制取NH3，故A正确；
B.由于氨气极易溶于水，易倒吸，接竖立的干燥管可防止倒吸，故b接d，a接c，故B正确；
C.先通NH3会使溶液碱性增强，有利于CO2的吸收，故C错误；
D.La2(CO3)3难溶于水，书写离子方程式用化学式表示，则丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，故D正确；
故选：C。
实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，由实验装置可知，甲中碳酸钙与稀盐酸反应生成CO2，乙中X为碱石灰或生石灰，与浓氨水混合可制备氨气，因氨气极易溶于水，易发生倒吸，则b与d相连可防止倒吸，a与c相连，且二氧化碳在水中溶解度不大，先通入氨气，后通入二氧化碳，丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
8.【答案】A
【解析】解：A.NO2、N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的“NO2”的物质的量为n=23g46g/mol=0.5mol，而N元素由+5价变为+4价，故当生成0.5molNO2时则转移电子为0.5mol，即铜失去0.5NA个电子，故A正确；
B.常温下，浓硝酸能够使铝发生钝化，生成的氧化膜阻止反应继续进行，所以常温下，8.1g铝片与足量的浓硝酸反应，转移电子数小于0.9NA，故B错误；
C.过氧化钠与水蒸气反应的方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，增重4g；则增重2g时，参加反应的过氧化钠是1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，转移的电子数为NA，故C错误；
D.氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，所以高温高压下，28gN2与4molH2充分反应，生成的NH3小于2NA，故D错误；
故选：A。
A.NO2、N2O4的最简式均为NO2；
B.常温下，浓硝酸能够使铝发生钝化；
C.过氧化钠和水反应时，增重的是生成的水的氢气的质量；
D.氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
9.【答案】B
【解析】解：A.氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，则此反应不能在玻璃容器中进行，故A正确；
B.Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O中，Si元素的化合价升高、N、H元素的化合价降低，为氧化还原反应，不能判断氢氟酸是强酸，故B错误；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：HNO3>H2SiF6，故C正确；
D.由反应中Si元素化合价由0升高为+4价可知，生成1mol氢气时转移4mol电子，则标况下，生成2.24LH2时，转移电子的物质的量为2.24L22.4L/mol×4=0.4mol，故D正确；
故选：B。
A.氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应；
B.Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O中，Si元素的化合价升高、N、H元素的化合价降低；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D.由反应中Si元素化合价由0升高为+4价可知，生成1mol氢气时转移4mol电子。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、转移电子数、基本概念为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.只有碳酸氢钠加热生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，碳酸钠不能，可鉴别，故A正确；
B.Na2O2与水反应生成氧气，且放热，则脱脂棉剧烈燃烧，故B正确；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可证明，故C正确；
D.捂热试管，气体易从长颈漏斗逸出，观察不到烧杯中冒气泡，不能检验气密性，故D错误；
故选：D。
A.只有碳酸氢钠加热生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；
B.Na2O2与水反应生成氧气，且放热；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性；
D.捂热试管，气体易从长颈漏斗逸出。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.HCl和Fe反应生成FeCl2，浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，故A错误；
B.Na2CO3能和盐酸反应生成CO2，Na2CO3能和氯化钙反应生成CaCO3，二氧化碳和碳酸钙反应生成碳酸氢钙，故B错误；
C.Na2O2能和水反应生成NaOH，Na2O2能和CO2反应生成碳酸钠，但碳酸钠和NaOH不反应，故C正确；
D.SO2能和NaOH反应生成Na2SO3，SO2能和过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和亚硫酸钠能反应生成亚硫酸氢钠，故D错误；
故选：C。
依据物质的性质和转化关系判断。
本题考查元素化合物知识，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：A.二者均与水反应，利用食盐水不能除杂，故A错误；
B.浓硫酸可氧化硫化氢，不能除杂，故B错误；
C.HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，浓硫酸可干燥二氧化硫，洗气可分离，故C正确；
D.氯化钙与氨气结合生成配合物，不能除杂，故D错误；
故选：C。
A.二者均与水反应；
B.浓硫酸可氧化硫化氢；
C.HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，浓硫酸可干燥二氧化硫；
D.氯化钙与氨气结合生成配合物。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，浓硫酸仅表现强氧化性，故A正确；
B.根据分析可知，验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ，故B正确；
C.装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同，前面品红溶液用于检验二氧化硫，后面品红溶液用于证明二氧化硫是否除尽，故C正确；
D.若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，可以检验产物中有无CO2，但无法检验产物中有无H2O，故D错误；
故选：D。
实验目的是验证浓硫酸与碳反应的生成物，由图示实验装置可知，装置I中碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，然后连接Ⅲ检验水，再连接Ⅱ检验二氧化硫并除去二氧化硫，最后连接Ⅳ检验二氧化碳，以此来解答。
本题考查浓硫酸的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.反应后溶液的密度大于水的密度，且浓硫酸溶于水放出大量的热，则应将反应后混合物注入水中，故A错误；
B.浓硫酸使pH试纸脱水，试纸变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故B错误；
C.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液褪色，与漂白性无关，故C错误；
D.氯气与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，则静置后分层，上层几乎无色，下层呈紫红色，可知非金属性：Cl>I，故D正确；
故选：D。
A.反应后溶液的密度大于水的密度，且浓硫酸溶于水放出大量的热；
B.浓硫酸使pH试纸脱水；
C.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水；
D.氯气与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
15.【答案】D
【解析】解：A.假设NaOH与SO2气体反应所得溶液中只有Na2SO3，则开始阶段发生反应：Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl，生成SO2发生的反应为：NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化硫阶段消耗的盐酸体积多，故NaOH与SO2气体反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3，由图可知，Na2SO3转化为NaHSO3消耗盐酸为25mL，由方程式可知生成的NaHSO3转化为二氧化硫又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与SO2气体反应所得溶液中NaHSO3消耗盐酸的体积为(100mL−25mL)−25mL=50mL，故Na2SO3、NaHSO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，故A错误；
B.加入盐酸从25mL到100mL，反应方程式为：NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O，所以n(SO2)=n(HCl)=(0.1L−0.025L)×0.2mol/L=0.015mol，所以通入SO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故B错误；
C.由上述分析可知，NaOH与SO2反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3，故C错误；
D.加入100mL盐酸时SO2的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，所以c(NaOH)=0.02mol0.1L=0.2mol/L，故D正确；
故选：D。
假设NaOH与SO2气体反应所得溶液中只有Na2SO3，则开始阶段发生反应：Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl，生成SO2发生的反应为：NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化硫阶段消耗的盐酸体积多，故NaOH与SO2气体反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3。
A.根据反应方程式、各阶段消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比；
B.从25mL到100mL为NaHSO3与盐酸反应生成SO2，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成NSO2的物质的量，再根据V=nVm计算SO2的体积；
C.NaOH与SO2反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3；
D.加入100mL盐酸时SO2的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)，进而计算NaOH的物质的量浓度。
本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算，关键是根据图中前后两阶段消耗盐酸的体积确定NaOH溶液与SO2反应得到溶质，试题培养了学生分析能力、化学计算能力。
16.【答案】D
【解析】解：A.铁是活泼的金属，硝酸是氧化性酸，上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂，故A正确；
B.N2、NO、N2O、NO2中氮元素的化合价均处于中间价态，因此都既有氧化性又有还原性，故B正确；
C.根据图像可知随着硝酸的密度逐渐减小，产物中NO2的含量逐渐减小，故C正确；
D.根据图像可知当硝酸密度是1.4g/mL时产物中NO2的含量最高，此时硝酸浓度是1000×1.4×0.669763mol/L≈14.88mol/L，故D错误；
故选：D。
A.失去电子的为还原剂，得到电子的氧化剂；
B.元素的化合价均处于中间价态，既有氧化性又有还原性；
C.根据图像可知随着硝酸的密度逐渐减小，产物中NO2的含量逐渐减小；
D.根据图c=1000ρωM计算。
本题以硝酸为载体考查物质的量浓度计算、硝酸性质等知识点，正确获取图片信息是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】C
【解析】解：A.过量的铁粉与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B.实验室用氢氧化钙与氯化铵制备氨气的反应属于离子反应，但不是发生在溶液中，无法书写离子方程式，故B错误；
C.将过量SO2通入冷氨水中，离子方程式为：SO2+NH3⋅H2O=HSO3−+NH4+，故C正确；
D.将Cl2通入H2S溶液产生黄色沉淀，离子方程式为：Cl2+H2S=S↓+2H++2Cl−，故D错误；
故选：C。
A.铁粉过量，反应生成亚铁离子；
B.氢氧化钙与氯化铵的反应不是发生在溶液中，无法书写离子方程式；
C.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢铵；
D.氯化氢为气体，不能拆开。
本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，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方法：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，题目难度不大。。
18.【答案】B
【解析】解：A.拉动a或b的活塞，松开后看活塞能否恢复到原位，可检查装置气密性，故A正确；
B.由KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，化合价升高的氯与化合价降低的氯比为5：1，c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故B错误；
C.c中产生Cl2后，发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO具有强氧化性、漂白性，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性，故C正确；
D.性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，发生Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO，碱性变弱，溶液由红色变为无色，故D正确；
故选：B。
c中反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，d中先发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，实验结束后：加入b中溶液除去多余的Cl2，发生Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO。
本题考查氯气的制备和性质检验，难度不大，熟悉氯气的制备原理和化学性质为解答的关键，注意日常学习的积累。
19.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl−、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32−，可能含有Na+，故A错误；
B.由上述分析可知，原溶液中一定含有0.1molNH4+，c(NH4+)=0.1mol0.1L=1mol/L，故B正确；
C.由上述分析可知，沉淀2为Mg(OH)2，故C正确；
D.由上述分析可知，原溶液中可能含有Na+，则n(Cl−)≥0.6mol，c(Cl−)≥0.6mol0.1L=6mol/L，故D正确；
故选：A。
溶液无色，则不含有Fe3+；加入适量氨水恰好完全反应生成13.6g沉淀1，反应为Mg2++2NH3⋅H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+、Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，再加入NaOH溶液时沉淀部分溶解，该沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，原溶液中含有Mg2+、Al3+，CO32−与Mg2+、Al3+均不能大量共存，即原溶液中无CO32−，沉淀2为Mg(OH)2，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=5.8g58g/mol=0.1mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=13.6g−5.8g78g/mol=0.1mol；滤液中加入NaOH溶液引入了Na+，则不能确定原溶液中是否Na+，加入NaOH溶液生成NH3的物质的量n(NH3)=13.44L22.4L/mol=0.6mol>0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol，则原溶液中一定含有NH4+，n(NH4+)=0.6mol−0.5mol=0.1mol；根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Cl−，正电荷量为0.1mol×2+0.1mol×3+0.1mol=0.6mol，n(Cl−)≥0.6mol，综上原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl−、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32−，可能含有Na+，据此分析解答。
本题考查了常见阴阳离子的检验与推断，为高频考点，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活运用所学知识的能力，注意NH4+的计算推理，题目难度中等。
20.【答案】B
【解析】解：A.加入氢氧化钠溶液得到沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，沉淀的质量是合金的质量与OH−的质量和，即1.52g+m(OH−)=2.54g，则m(OH−)=1.02g，故n(OH−)=1.02g17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，失去电子物质的量等于得到OH−物质的量，即合金失去电子物质的量0.06mol，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.0664x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，因此合金中铜与镁物质的量之比为0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B.根据c=1000ρωM可知，密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为：1000×1.4×63%63mol/L=14.0mol⋅L−1，故B错误；
C.设NO2、N2O4的物质的量分别为amol、bmol，根据二者总体积、电子转移守恒有：a+b=1.1222.4a+2b=0.06，解得a=0.04，b=0.01，则NO2的的体积分数是0.04mol0.04mol+0.01mol×100%=80%，故C正确；
D.当金属阳离子全部转化成沉淀时，溶质为NaNO3，根据N原子守恒有：n(NaNO3)=n(HNO3)−n(NO2)−2n(N2O4)=0.05L×14mol/L−0.04mol−2×0.01mol=0.64mol，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故加入NaOH溶液的体积为0.64mol1mol/L=0.64L=640mL，故D正确；
故选：B。
A.加入氢氧化钠溶液得到沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，沉淀的质量是合金的质量与OH−的质量和，计算出氢氧根离子的物质的量，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于金属失去的电子物质的量，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、失去电子总物质的量列方程计算解答；
B.根据c=1000ρωM计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C.设NO2、N2O4的物质的量分别为amol、bmol，根据二者总体积、电子转移守恒列方程计算各自物质的量，进而计算NO2的体积分数；
D.当金属阳离子全部转化成沉淀时，溶质为NaNO3，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=n(NaNO3)，根据N原子守恒有：n(NaNO3)=n(HNO3)−n(NO2)−2n(N2O4)，进而计算氢氧化钠溶液体积。
本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算，理解反应发生的过程为解答关键，是对学生综合能力的考查，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析及化学计算能力。
21.【答案】 4FeS2+11O2−高温2Fe2O2+8SO2 3NO2+H2O=2HNO3+NOC+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2H2O+2SO2↑4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O
【解析】解：(1)通过人工方式将氮气单质转化为氮的化合物即为人工固氮，如氮气与氢气化合生成氨气，方程式为：，
故答案为：；
(2)FeS2煅烧制备二氧化硫，反应物为FeS2、O2，生成物为Fe2O2、SO2，：FeS2+O2→Fe2O2+SO2，利用“定一法”，把氧化铁的计量数定为1，则先配铁，再配硫，再配氧元素，则：2FeS2+112O2−高温Fe2O3+4SO2，则去分母，可得：4FeS2+11O2−高温2Fe2O2+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O2+8SO2；
(3)二氧化氮与水反应生成硝酸和水，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(4)浓硫酸跟碳反应，生成二氧化碳气体、二氧化硫和水，反应方程式为：C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2H2O+2SO2↑；
故答案为：C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2H2O+2SO2↑；
(5)氨的催化氧化生成NO和水，反应方程式为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O。
(1)氮的固定是指游离态的氮转化为化合态，通过人工方式使游离态的氮转化为化合态，叫人工固氮，据此分析；
(2)在高温下，硫铁矿的粉末与氧气充分反应生成氧化铁和二氧化硫；再利用质量守恒定律中的原子在化学反应前后数目不变来配平；
(3)二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；
(4)浓硫酸跟碳反应，生成二氧化碳气体、二氧化硫和水；
(5)氨的催化氧化生成NO和水。
本题考查了化学方程式的书写，明确反应物的性质以及反应实质是解答本题的关键，难度不大。
22.【答案】H2O 是 2NH3+3CuO−△N2↑+3Cu+3H2O124.5
【解析】解：(1)Z的化学式为H2O，B的电子式为，
故答案为：H2O；；
(2)NO2与水和SO2共同作用产生SO42−，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有硫酸钡白色沉淀生成，
故答案为：是；
(3)Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO−△N2↑+3Cu+3H2O，
故答案为：2NH3+3CuO−△N2↑+3Cu+3H2O；
(4)25℃和101KPa的条件下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，设烧瓶容积为VL，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为VL24.5L/mol×2323VL=124.5mol⋅L−1，
故答案为：124.5。
A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，则F为NO2，E为NO，C为O2；Y与X反应出现白烟，Y与氧化铜共热生成B，B可转化为NO，则Y为NH3、B为N2；D与B反应生成氨气，则D为H2；D与氧气反应生Z，则Z为H2O；D与A反应生成X气体为HCl，白烟为氯化铵，由F与Z反应生成E和G可知，G为HNO3，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应、气体的颜色来推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
23.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−加热CuSO4+2H2O+SO2↑品红溶液 SO2+2H2S=3S↓+H2O氧化性 SO2+I2+2H2O=SO42−+4H++2I− 不用加热(或节约能源，节约药品)；相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)空气中含有的CO2也能与碱石灰反应，造成测量不准确 448V
【解析】解：(1)①装置A1中是铜和浓硫酸反应，其发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)−加热CuSO4+2H2O+SO2↑，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−加热CuSO4+2H2O+SO2↑；
②检验的SO2的漂白性，往往用品红溶液，故装置B中所盛试剂为品红溶液，装置D中是SO2和溶质H2S发生的反应，其化学方程式为SO2+2H2S=3S↓+H2O，此反应中硫化氢中的硫由−2价升高到0价，被氧化，说明SO2具有氧化性，
故答案为：品红溶液；SO2+2H2S=3S↓+H2O；氧化性；
③C中发生的是碘水和SO2反应，其反应的化学方程式是SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，故其离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42−+4H++2I−，
故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42−+4H++2I−；
④装置A2相对于装置A1，不用加热(或节约能源，节约药品)、相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)，
故答案为：不用加热(或节约能源，节约药品)；相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)；
(2)①不能采用装置b，其原因是装置b中吸收SO2所用的试剂是碱石灰，空气中含有的CO2也能与碱石灰反应，会造成测量不准确，
故答案为：空气中含有的CO2也能与碱石灰反应，造成测量不准确；
②SO2与酸性高锰酸钾溶液反应的化学方程式5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；可得关系式5SO2∼2KMnO4，145mL0.25mol/L酸性高锰酸钾溶液中含有n(KMnO4)=(0.145×0.25)mol，根据关系式，则消耗的m(SO2)=0.145×0.25×5×642g=5.8g，VL(标准状况下)空气(M=29g/mol)的质量为m(空气)=n(空气)×M(空气)=V22.4mol×29g/mol=29V22.4g，则空气中SO2的质量分数为5.8×22.429V=448V%，
故答案为：448V。
(1)①装置A1中是铜和浓硫酸反应，生成CuSO4、H2O、SO2；
②检验的SO2的漂白性，往往用品红溶液，装置D中是SO2和溶质H2S发生反应，生成S、H2O，此反应中硫化氢中的硫由−2价升高到0价，被氧化；
③C中发生的是碘水和SO2反应，生成硫酸和HI；
④装置A2相对于装置A1，不用加热(或节约能源，节约药品)、相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)；
(2)①不能采用装置b，其原因是碱石灰和空气中含有的CO2也能反应；
②SO2与酸性高锰酸钾溶液反应的化学方程式5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，可得关系式5SO2∼2KMnO4，计算酸性高锰酸钾溶液中含有n(KMnO4)，根据关系式计算m(SO2)，而VL(标准状况下)空气(M=29g/mol)的质量为m(空气)=n(空气)×M(空气)=V22.4mol×29g/mol=29V22.4g，进一步计算空气中SO2的质量分数。
本题考查SO2的制取、检验、性质、测定及化学方程式、离子方程式的书写的知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握二氧化硫的制取、检验方法及化学性质，明确常见反应的化学方程式、离子方程式的书写方法。
24.【答案】(1)过滤
(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)①4；5；2H2O；NO↑；4
②AC
(4)1.5
(5)NaCl溶液；盐酸
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意流程及信息的应用，题目难度中等。
【解答】
(1)将固体和液体分开的操作是过滤，故答案为：过滤；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为83mol，铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol，消耗HNO3物质的量少的反应为铜与稀硝酸的反应，
故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，生成NO，氮元素从+5价降低到+2价，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，
故答案为：4；5；2H2O；NO↑；4；
②A.溶金过程中硝酸中N元素的化合价降低，作氧化剂，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B.王水中浓盐酸提供了氯离子，生成HAuCl4，利于金的溶解，故B错误；
C.浓盐酸与NaNO3提供氢离子、硝酸根和氯离子，也可使Au溶解，故C正确；
故答案为：AC；
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，故答案为：1.5；
(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1含铜离子，铜离子和过量铁粉反应得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，
故答案为：NaCl溶液；盐酸。
2021-2022学年黑龙江省黑河市嫩江高级中学等部分学校高一（下）第一次月考化学试卷
1. 2022年北京冬奥会秉承“绿色办奥”、“科技办奥”理念，火炬“飞扬”首创以复合碳纤维为外壳材料，以氢气为燃料，在出火口格栅喷涂碱金属。下列说法正确的是( )
A. 碳纤维是一种新型有机材料
B. 选择氢气主要是考虑其燃点低、易压缩
C. 多地禁放烟花以降低空气质量指数级别
D. 喷涂碱金属目的是利用焰色反应(化学变化)让火焰可视化
2. 化学与生活、科技等紧密相关，下列说法错误的是( )
A. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
B. 中国空间站天宫授课展示了许多有趣的实验，过滤要比溶解、蒸发更难进行
C. K2FeO4和明矾都可做水处理剂，二者的净水原理完全相同
D. 春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术
3. 下列有关化学用语的表示方法中正确的是( )
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为 a+2a+b+2M
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. 过氧化氢电子式：
4. 将SO2和X气体分别通入BaCl2未见沉淀产生，若将两者同时通入则产生沉淀，那么X不可能是( )
A. CO2 B. NH3 C. H2S D. Cl2
5. 下列有关硫及其化合物的说法中正确的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，不能干燥NH3，也不能干燥H2S等还原性气体
B. 浓硫酸与灼热的炭反应，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
C. SO2和Cl2均可使品红溶液褪色，但将溶有SO2的品红溶液加热后又恢复红色，说明SO2的氧化性没有Cl2强
D. 以FeS2为原料生产硫酸的过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应
6. 在稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 反应1中氧化剂为Mn3+
B. 氧化性：Ce4+>Fe3+>I2>Mn3+
C. 推测可发生反应：2Mn3++2I−=I2+2Mn2+
D. 反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为Fe3+
7. 碳酸镧La2(CO3)3难溶于水，常用于慢性肾衰竭患者高磷酸盐血症的治疗。实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，实验装置如图所示(夹持装置已略去)，下列说法错误的是( )
A. X可以是碱石灰，生石灰或烧碱
B. 甲中的a口接丙中的c口，乙中的b口接丙中的d口
C. 丙中应先通入CO2，再通入NH3
D. 丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A. 硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NA
B. 常温下，8.1g铝片与足量的浓硝酸反应，转移电子数为0.9NA
C. 常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA
D. 高温高压下，28gN2与4molH2充分反应，生成的NH3为2NA
9. 在2021年5月29日，我国企业研发的世界首台航天微波炉随着“天舟二号”进入太空。其中芯片全为中国制造，制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合液，工艺涉及的反应为：Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O，下列说法错误的是( )
A. 此反应不能在玻璃容器中进行
B. 由此反应可判断氢氟酸是强酸
C. 氧化性：HNO3>H2SiF6
D. 标况下，生成2.24LH2时，转移电子的物质的量为0.4mol
10. 下列实验中，利用图中装置不能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
装置
预期现象
放置Na2CO3时，澄清石灰水无明显现象，放置NaHCO3时，澄清石灰水变浑浊
脱脂棉剧烈燃烧
肥皂液有肥皂泡冒出，点燃有爆鸣声
用手捂住试管，烧杯中冒气泡
目的
鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
证明Na2O2与水反应放热
验证铁粉与水蒸气的反应
检查装置气密性
A. A B. B C. C D. D
11. 四种物质的转化关系。下列组合中不符合该关系的是( )
A
B
C
D
X
HCl
Na2CO3
Na2O2
SO2
Y
FeCl2
CO2
NaOH
Na2SO3
Z
Cl2
CaCO3
Na2CO3
H2SO4
W
FeCl3
Ca(HCO3)2
NaHCO3
NaHSO3
A. A B. B C. C D. D
12. 下列混合气体的，除杂所用的试剂正确的是( )
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
A
CO2
NO2
饱和食盐水、浓硫酸
B
H2S
H2O
浓硫酸
C
SO2
HCl
饱和亚硫酸氢钠、浓硫酸
D
NH3
H2O
无水氯化钙
A. A B. B C. C D. D
13. 某同学在实验室选用如图实验装置，验证浓硫酸与碳反应的生成物。下列说法错误的是( )
A. 浓硫酸与碳反应中，浓硫酸仅表现强氧化性
B. 验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ
C. 装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同
D. 若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无CO2
14. 下列各实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是( )
选项
操作
现象
解释或推论
A
往Cu与浓硫酸反应后的溶液中加入适量的水
溶液变成蓝色
证明Cu被浓硫酸氧化
成了Cu2+
B
将浓硫酸滴到pH试纸上
pH试纸呈红色
浓硫酸具有酸性
C
将二氧化硫通入滴有酚酞的NaOH溶液中
红色褪去
说明二氧化硫具有漂白性
D
将Cl2通入到KI溶液中，再加入CCl4，振荡后静置一段时间
静置后分层，上层几乎无色，下层呈紫红色
元素的非金属性：Cl>I
A. A B. B C. C D. D
15. 向100mLNaOH溶液中通入一定量的SO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生SO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是( )
A. 通入SO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHSO3)：n(Na2SO3)=1：1
B. 通入的SO2在标准状况下的体积为448mL
C. 通入SO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2SO3)=1：3
D. 原NaOH溶液的浓度为0.2mol/L
16. 铁与不同密度的HNO3溶液反应时产生的含氮产物的百分含量分布如图所示，硝酸的密度与其质量分数的对应关系见表，下列有关说法错误的是( )
密度/(g⋅mL−1)
1.10
1.15
1.20
1.25
1.30
1.35
1.40
质量分数/%
17.68
25.48
32.99
40.58
48.42
56.95
66.97
A. 上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂
B. N2、NO、N2O、NO2都既有氧化性又有还原性
C. 随着硝酸的密度逐渐减小，产物中NO2的含量逐渐减小
D. 当c(HNO3)=8.05mol⋅L−1时，产物中NO2的含量最高
17. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 过量的铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
B. 实验室用氢氧化钙与氯化铵制备氨气：NH4++OH−−△NH3↑+H2O
C. 将过量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3⋅H2O=HSO3−+NH4+
D. 将Cl2通入H2S溶液产生黄色沉淀：Cl2+S2−=S↓+2Cl−
18. 利用如图装置进行Cl2制备及其化学性质的探究。下列说法错误的是( )
A. 拉动a或b的活塞，可检查装置气密性
B. c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为6：1
C. c中产生Cl2后，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性
D. 性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，溶液由红色变为无色
19. 某100mL无色溶液可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32−、Cl−中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全部逸出)
下列说法错误的是( )
A. 原溶液一定存在Na+、NH4+、Mg2+、Al3+和Cl−，一定不存在Fe3+、CO32−
B. 原溶液中c(NH4+)=1mol⋅L−1
C. 沉淀2的成分为Mg(OH)2
D. 原溶液中c(Cl−)≥6mol⋅L−1
20. 现有1.52g铜镁合金完全溶解于50mL63%的浓硝酸(硝酸密度为1.40g/mL)中，得到标况下NO2和N2O4的混合气体1120mL。向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是( )
A. 该合金中n(Cu)：n(Mg)=2：1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是12.5mol/L
C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL
21. 按要求完成下列方程式：
(1)写出一个属于“工业固氮”的化学方程式：______。
(2)硫酸工业中煅烧硫铁矿(FeS2)的化学方程式：______。
(3)NO2与水反应的化学方程式为 ______。
(4)浓硫酸跟碳反应 ______(用化学方程式表示)。
(5)氨的催化氧化 ______(用化学方程式表示)。
22. A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图1所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
(1)Z的化学式为______，B的电子式为______；
(2)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图2所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？______(填“是”或“否”)；
(3)Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为______；
(4)25℃和101KPa的条件下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为______mol⋅L−1(已知：25℃和101KPa的条件下气体摩尔体积约为24.5L/mol).
23. 节日期间因燃放鞭炮会引起空气中SO2含量增大，造成大气污染。某实验小组同学欲探究SO2的性质并测定空气中SO2的含量。
(1)他们设计如图1所示实验装置，请你参与探究，并回答下列问题：
①装置A1中发生反应的化学方程式为______；
②装置B用于SO2检验的漂白性，其中所盛试剂为______，装置D中发生反应的化学方程式为______，说明SO2具有______性；
③C中发生的离子方程式为：______；
④为了实现绿色环保的目标，甲同学欲用装置A2代替装置A1你认为装置A2的优点是______。
(2)拟用如图2两装置测定空气中SO2含量(忽略空气中其他还原性气体的干扰)。
①通过讨论，不能采用装置b，其原因是______；
②若通入VL(标准状况下)空气(M=29g/mol)，恰好与145mL0.25mol/L高锰酸钾溶液完全反应，则空气中SO2的质量分数为______%。(写出含V的表达式)
24. 用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：
①浓硝酸不能单独将Au溶解。
②HAuCl4⇌H++AuCl4−
(1)酸溶后经 ______ 操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式： ______。
(3)HNO3−NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：Au+______ NaCl+______ HNO3=
HAuCl4+______ ______ +______ ______ +______ NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是 ______。
A.用到了HNO3的氧化性
B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 ______ mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。试剂1是 ______ ；试剂2是 ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.碳纤维属于碳单质，不属于有机材料，故A错误；
B.氢气沸点低，不易压缩，故B错误；
C.烟花燃放污染环境，禁放烟花以降低空气质量指数级别，故C正确；
D.焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属目的是利用焰色反应让火焰可视，焰色反应是物理变化，故D错误；
故选：C。
A.碳纤维属于碳单质；
B.氢气不易压缩；
C.烟花燃放污染环境，空气质量指数级别越高污染越大；
D.焰色反应可以发出不同颜色的光。
本题考查物质的性质与用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及性质与用途的关系是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，故A正确；
B.太空中处于失重状态，没有重力作用，水是不会自然流下的，所以过滤操作很难进行，故B正确；
C.K2FeO4具有强氧化性，明矾水解生成胶体，则二者净水原理不同，故C错误；
D.铁剑中含有铁单质，我国当时已经初步掌握冶铁技术，故D正确；
故选：C。
A.合金硬度大于成分金属；
B.太空中处于失重状态；
C.K2FeO4具有强氧化性，明矾水解生成胶体；
D.铁剑中含有铁单质。
本题考查物质的性质、用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意合金的性质及金属的冶炼等知识的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，其电子式为，故A错误；
B.M2+离子核外有a个电子，质子数为a+2，b个中子，，质量数为a+2+b，M原子符号为 a+2a+b+2M，故B正确；
C.MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：，故C错误；
D.过氧化氢中，两个氧原子之间共用1对电子，两个氧原子分别与两个氢原子共用1对电子，电子式为：，故D错误；
故选：B。
A.HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键；
B.阳离子核外电子=质子数-电荷数，质量数=质子数+中子数；
C.镁失去电子，氯得到电子；
D.过氧化氢为共价化合物。
本题考查了化学用语的表示方法，为高频考点，注意掌握核素符号、电子式等化学用语的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A选；
B.氨气与二氧化硫反应：2NH3+SO2=(NH4)2SO3，生成的亚硫酸铵与氯化钡反应：(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，故B不选；
C.硫化氢和二氧化硫反应：2H2S+SO2=3S↓+H2O，故C不选；
D.氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的硫酸与氯化钡反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故D不选；
故选：A。
A.二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；
B.氨气显碱性，能和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；
C.硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；
D.氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液。
本题考查二氧化硫的性质，明确二氧化硫的还原性、酸性氧化物是解答本题的关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.浓硫酸有强氧化性和酸性，所以不能干燥NH3，也不能干燥H2S等还原性气体，故A正确；
B.浓硫酸与灼热的炭反应，硫元素化合价降低，只体现了浓硫酸的强氧化性，故B错误；
C.二氧化硫的漂白性是因为二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，该反应中二氧化硫不体现氧化性，氯气使品红溶液褪色是利用次氯酸的强氧化性，二者漂白原理不同，不能说明二氧化硫的氧化性没有氯气强，故C错误；
D.工业制硫酸的三设备是：沸腾炉4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，接触室2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，吸收塔SO3+H2O=H2SO4，沸腾炉、接触室所涉及的反应均为氧化还原反应，吸收塔所涉及的反应不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度中等。
6.【答案】C
【解析】解：A.反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，锰元素的化合价升高，被氧化，Mn3+为氧化产物，故A错误；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，氧化剂为Ce4+，氧化产物为Mn3+，故氧化性Ce4+>Mn3+，同理可得Mn3+>Fe3+，Fe3+>I2，故氧化性Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，故B错误；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，氧化剂为Ce4+，氧化产物为Mn3+，故氧化性Ce4+>Mn3+，同理可得Mn3+>Fe3+，Fe3+>I2，故氧化性Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，氧化性强的物质可以制得氧化性弱的物质，故反应2Mn3++2I−=I2+2Mn2+，可以发生，故C正确；
D.反应2为Mn3+和和Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，锰元素化合价降低，被还原，氧化剂为Mn3+，还原产物为Mn2+，故D错误；
故选：C。
由图可知，反应1为Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，反应2为Mn3+和和Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，反应3为Fe3+和和I−反应生成Fe2+和I2，据此进行分析。
本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.浓氨水滴到碱石灰或生石灰或烧碱上，会有NH3逸出，可用于制取NH3，故A正确；
B.由于氨气极易溶于水，易倒吸，接竖立的干燥管可防止倒吸，故b接d，a接c，故B正确；
C.先通NH3会使溶液碱性增强，有利于CO2的吸收，故C错误；
D.La2(CO3)3难溶于水，书写离子方程式用化学式表示，则丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，故D正确；
故选：C。
实验室将CO2、NH3通入LaCl3溶液中反应制备碳酸镧，由实验装置可知，甲中碳酸钙与稀盐酸反应生成CO2，乙中X为碱石灰或生石灰，与浓氨水混合可制备氨气，因氨气极易溶于水，易发生倒吸，则b与d相连可防止倒吸，a与c相连，且二氧化碳在水中溶解度不大，先通入氨气，后通入二氧化碳，丙中反应的离子方程式为2La3++6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4+，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
8.【答案】A
【解析】解：A.NO2、N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的“NO2”的物质的量为n=23g46g/mol=0.5mol，而N元素由+5价变为+4价，故当生成0.5molNO2时则转移电子为0.5mol，即铜失去0.5NA个电子，故A正确；
B.常温下，浓硝酸能够使铝发生钝化，生成的氧化膜阻止反应继续进行，所以常温下，8.1g铝片与足量的浓硝酸反应，转移电子数小于0.9NA，故B错误；
C.过氧化钠与水蒸气反应的方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，增重4g；则增重2g时，参加反应的过氧化钠是1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，转移的电子数为NA，故C错误；
D.氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，所以高温高压下，28gN2与4molH2充分反应，生成的NH3小于2NA，故D错误；
故选：A。
A.NO2、N2O4的最简式均为NO2；
B.常温下，浓硝酸能够使铝发生钝化；
C.过氧化钠和水反应时，增重的是生成的水的氢气的质量；
D.氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
9.【答案】B
【解析】解：A.氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，则此反应不能在玻璃容器中进行，故A正确；
B.Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O中，Si元素的化合价升高、N、H元素的化合价降低，为氧化还原反应，不能判断氢氟酸是强酸，故B错误；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：HNO3>H2SiF6，故C正确；
D.由反应中Si元素化合价由0升高为+4价可知，生成1mol氢气时转移4mol电子，则标况下，生成2.24LH2时，转移电子的物质的量为2.24L22.4L/mol×4=0.4mol，故D正确；
故选：B。
A.氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应；
B.Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O中，Si元素的化合价升高、N、H元素的化合价降低；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D.由反应中Si元素化合价由0升高为+4价可知，生成1mol氢气时转移4mol电子。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、转移电子数、基本概念为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.只有碳酸氢钠加热生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，碳酸钠不能，可鉴别，故A正确；
B.Na2O2与水反应生成氧气，且放热，则脱脂棉剧烈燃烧，故B正确；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可证明，故C正确；
D.捂热试管，气体易从长颈漏斗逸出，观察不到烧杯中冒气泡，不能检验气密性，故D错误；
故选：D。
A.只有碳酸氢钠加热生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；
B.Na2O2与水反应生成氧气，且放热；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性；
D.捂热试管，气体易从长颈漏斗逸出。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.HCl和Fe反应生成FeCl2，浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，故A错误；
B.Na2CO3能和盐酸反应生成CO2，Na2CO3能和氯化钙反应生成CaCO3，二氧化碳和碳酸钙反应生成碳酸氢钙，故B错误；
C.Na2O2能和水反应生成NaOH，Na2O2能和CO2反应生成碳酸钠，但碳酸钠和NaOH不反应，故C正确；
D.SO2能和NaOH反应生成Na2SO3，SO2能和过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和亚硫酸钠能反应生成亚硫酸氢钠，故D错误；
故选：C。
依据物质的性质和转化关系判断。
本题考查元素化合物知识，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：A.二者均与水反应，利用食盐水不能除杂，故A错误；
B.浓硫酸可氧化硫化氢，不能除杂，故B错误；
C.HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，浓硫酸可干燥二氧化硫，洗气可分离，故C正确；
D.氯化钙与氨气结合生成配合物，不能除杂，故D错误；
故选：C。
A.二者均与水反应；
B.浓硫酸可氧化硫化氢；
C.HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，浓硫酸可干燥二氧化硫；
D.氯化钙与氨气结合生成配合物。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，浓硫酸仅表现强氧化性，故A正确；
B.根据分析可知，验证产物的正确连接顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→Ⅳ，故B正确；
C.装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同，前面品红溶液用于检验二氧化硫，后面品红溶液用于证明二氧化硫是否除尽，故C正确；
D.若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，可以检验产物中有无CO2，但无法检验产物中有无H2O，故D错误；
故选：D。
实验目的是验证浓硫酸与碳反应的生成物，由图示实验装置可知，装置I中碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，然后连接Ⅲ检验水，再连接Ⅱ检验二氧化硫并除去二氧化硫，最后连接Ⅳ检验二氧化碳，以此来解答。
本题考查浓硫酸的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.反应后溶液的密度大于水的密度，且浓硫酸溶于水放出大量的热，则应将反应后混合物注入水中，故A错误；
B.浓硫酸使pH试纸脱水，试纸变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故B错误；
C.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液褪色，与漂白性无关，故C错误；
D.氯气与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，则静置后分层，上层几乎无色，下层呈紫红色，可知非金属性：Cl>I，故D正确；
故选：D。
A.反应后溶液的密度大于水的密度，且浓硫酸溶于水放出大量的热；
B.浓硫酸使pH试纸脱水；
C.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水；
D.氯气与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
15.【答案】D
【解析】解：A.假设NaOH与SO2气体反应所得溶液中只有Na2SO3，则开始阶段发生反应：Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl，生成SO2发生的反应为：NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化硫阶段消耗的盐酸体积多，故NaOH与SO2气体反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3，由图可知，Na2SO3转化为NaHSO3消耗盐酸为25mL，由方程式可知生成的NaHSO3转化为二氧化硫又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与SO2气体反应所得溶液中NaHSO3消耗盐酸的体积为(100mL−25mL)−25mL=50mL，故Na2SO3、NaHSO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，故A错误；
B.加入盐酸从25mL到100mL，反应方程式为：NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O，所以n(SO2)=n(HCl)=(0.1L−0.025L)×0.2mol/L=0.015mol，所以通入SO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故B错误；
C.由上述分析可知，NaOH与SO2反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3，故C错误；
D.加入100mL盐酸时SO2的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，所以c(NaOH)=0.02mol0.1L=0.2mol/L，故D正确；
故选：D。
假设NaOH与SO2气体反应所得溶液中只有Na2SO3，则开始阶段发生反应：Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl，生成SO2发生的反应为：NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化硫阶段消耗的盐酸体积多，故NaOH与SO2气体反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3。
A.根据反应方程式、各阶段消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比；
B.从25mL到100mL为NaHSO3与盐酸反应生成SO2，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成NSO2的物质的量，再根据V=nVm计算SO2的体积；
C.NaOH与SO2反应所得溶液中溶质为Na2SO3、NaHSO3；
D.加入100mL盐酸时SO2的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)，进而计算NaOH的物质的量浓度。
本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算，关键是根据图中前后两阶段消耗盐酸的体积确定NaOH溶液与SO2反应得到溶质，试题培养了学生分析能力、化学计算能力。
16.【答案】D
【解析】解：A.铁是活泼的金属，硝酸是氧化性酸，上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂，故A正确；
B.N2、NO、N2O、NO2中氮元素的化合价均处于中间价态，因此都既有氧化性又有还原性，故B正确；
C.根据图像可知随着硝酸的密度逐渐减小，产物中NO2的含量逐渐减小，故C正确；
D.根据图像可知当硝酸密度是1.4g/mL时产物中NO2的含量最高，此时硝酸浓度是1000×1.4×0.669763mol/L≈14.88mol/L，故D错误；
故选：D。
A.失去电子的为还原剂，得到电子的氧化剂；
B.元素的化合价均处于中间价态，既有氧化性又有还原性；
C.根据图像可知随着硝酸的密度逐渐减小，产物中NO2的含量逐渐减小；
D.根据图c=1000ρωM计算。
本题以硝酸为载体考查物质的量浓度计算、硝酸性质等知识点，正确获取图片信息是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】C
【解析】解：A.过量的铁粉与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B.实验室用氢氧化钙与氯化铵制备氨气的反应属于离子反应，但不是发生在溶液中，无法书写离子方程式，故B错误；
C.将过量SO2通入冷氨水中，离子方程式为：SO2+NH3⋅H2O=HSO3−+NH4+，故C正确；
D.将Cl2通入H2S溶液产生黄色沉淀，离子方程式为：Cl2+H2S=S↓+2H++2Cl−，故D错误；
故选：C。
A.铁粉过量，反应生成亚铁离子；
B.氢氧化钙与氯化铵的反应不是发生在溶液中，无法书写离子方程式；
C.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢铵；
D.氯化氢为气体，不能拆开。
本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，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方法：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，题目难度不大。。
18.【答案】B
【解析】解：A.拉动a或b的活塞，松开后看活塞能否恢复到原位，可检查装置气密性，故A正确；
B.由KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，化合价升高的氯与化合价降低的氯比为5：1，c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故B错误；
C.c中产生Cl2后，发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO具有强氧化性、漂白性，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性，故C正确；
D.性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，发生Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO，碱性变弱，溶液由红色变为无色，故D正确；
故选：B。
c中反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，d中先发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，实验结束后：加入b中溶液除去多余的Cl2，发生Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO。
本题考查氯气的制备和性质检验，难度不大，熟悉氯气的制备原理和化学性质为解答的关键，注意日常学习的积累。
19.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl−、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32−，可能含有Na+，故A错误；
B.由上述分析可知，原溶液中一定含有0.1molNH4+，c(NH4+)=0.1mol0.1L=1mol/L，故B正确；
C.由上述分析可知，沉淀2为Mg(OH)2，故C正确；
D.由上述分析可知，原溶液中可能含有Na+，则n(Cl−)≥0.6mol，c(Cl−)≥0.6mol0.1L=6mol/L，故D正确；
故选：A。
溶液无色，则不含有Fe3+；加入适量氨水恰好完全反应生成13.6g沉淀1，反应为Mg2++2NH3⋅H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+、Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，再加入NaOH溶液时沉淀部分溶解，该沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，原溶液中含有Mg2+、Al3+，CO32−与Mg2+、Al3+均不能大量共存，即原溶液中无CO32−，沉淀2为Mg(OH)2，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=5.8g58g/mol=0.1mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=13.6g−5.8g78g/mol=0.1mol；滤液中加入NaOH溶液引入了Na+，则不能确定原溶液中是否Na+，加入NaOH溶液生成NH3的物质的量n(NH3)=13.44L22.4L/mol=0.6mol>0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol，则原溶液中一定含有NH4+，n(NH4+)=0.6mol−0.5mol=0.1mol；根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Cl−，正电荷量为0.1mol×2+0.1mol×3+0.1mol=0.6mol，n(Cl−)≥0.6mol，综上原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl−、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32−，可能含有Na+，据此分析解答。
本题考查了常见阴阳离子的检验与推断，为高频考点，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活运用所学知识的能力，注意NH4+的计算推理，题目难度中等。
20.【答案】B
【解析】解：A.加入氢氧化钠溶液得到沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，沉淀的质量是合金的质量与OH−的质量和，即1.52g+m(OH−)=2.54g，则m(OH−)=1.02g，故n(OH−)=1.02g17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，失去电子物质的量等于得到OH−物质的量，即合金失去电子物质的量0.06mol，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.0664x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，因此合金中铜与镁物质的量之比为0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B.根据c=1000ρωM可知，密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为：1000×1.4×63%63mol/L=14.0mol⋅L−1，故B错误；
C.设NO2、N2O4的物质的量分别为amol、bmol，根据二者总体积、电子转移守恒有：a+b=1.1222.4a+2b=0.06，解得a=0.04，b=0.01，则NO2的的体积分数是0.04mol0.04mol+0.01mol×100%=80%，故C正确；
D.当金属阳离子全部转化成沉淀时，溶质为NaNO3，根据N原子守恒有：n(NaNO3)=n(HNO3)−n(NO2)−2n(N2O4)=0.05L×14mol/L−0.04mol−2×0.01mol=0.64mol，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故加入NaOH溶液的体积为0.64mol1mol/L=0.64L=640mL，故D正确；
故选：B。
A.加入氢氧化钠溶液得到沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，沉淀的质量是合金的质量与OH−的质量和，计算出氢氧根离子的物质的量，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于金属失去的电子物质的量，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、失去电子总物质的量列方程计算解答；
B.根据c=1000ρωM计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C.设NO2、N2O4的物质的量分别为amol、bmol，根据二者总体积、电子转移守恒列方程计算各自物质的量，进而计算NO2的体积分数；
D.当金属阳离子全部转化成沉淀时，溶质为NaNO3，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=n(NaNO3)，根据N原子守恒有：n(NaNO3)=n(HNO3)−n(NO2)−2n(N2O4)，进而计算氢氧化钠溶液体积。
本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算，理解反应发生的过程为解答关键，是对学生综合能力的考查，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析及化学计算能力。
21.【答案】 4FeS2+11O2−高温2Fe2O2+8SO2 3NO2+H2O=2HNO3+NOC+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2H2O+2SO2↑4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O
【解析】解：(1)通过人工方式将氮气单质转化为氮的化合物即为人工固氮，如氮气与氢气化合生成氨气，方程式为：，
故答案为：；
(2)FeS2煅烧制备二氧化硫，反应物为FeS2、O2，生成物为Fe2O2、SO2，：FeS2+O2→Fe2O2+SO2，利用“定一法”，把氧化铁的计量数定为1，则先配铁，再配硫，再配氧元素，则：2FeS2+112O2−高温Fe2O3+4SO2，则去分母，可得：4FeS2+11O2−高温2Fe2O2+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O2+8SO2；
(3)二氧化氮与水反应生成硝酸和水，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(4)浓硫酸跟碳反应，生成二氧化碳气体、二氧化硫和水，反应方程式为：C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2H2O+2SO2↑；
故答案为：C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2H2O+2SO2↑；
(5)氨的催化氧化生成NO和水，反应方程式为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O。
(1)氮的固定是指游离态的氮转化为化合态，通过人工方式使游离态的氮转化为化合态，叫人工固氮，据此分析；
(2)在高温下，硫铁矿的粉末与氧气充分反应生成氧化铁和二氧化硫；再利用质量守恒定律中的原子在化学反应前后数目不变来配平；
(3)二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；
(4)浓硫酸跟碳反应，生成二氧化碳气体、二氧化硫和水；
(5)氨的催化氧化生成NO和水。
本题考查了化学方程式的书写，明确反应物的性质以及反应实质是解答本题的关键，难度不大。
22.【答案】H2O 是 2NH3+3CuO−△N2↑+3Cu+3H2O124.5
【解析】解：(1)Z的化学式为H2O，B的电子式为，
故答案为：H2O；；
(2)NO2与水和SO2共同作用产生SO42−，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有硫酸钡白色沉淀生成，
故答案为：是；
(3)Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO−△N2↑+3Cu+3H2O，
故答案为：2NH3+3CuO−△N2↑+3Cu+3H2O；
(4)25℃和101KPa的条件下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，设烧瓶容积为VL，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为VL24.5L/mol×2323VL=124.5mol⋅L−1，
故答案为：124.5。
A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，则F为NO2，E为NO，C为O2；Y与X反应出现白烟，Y与氧化铜共热生成B，B可转化为NO，则Y为NH3、B为N2；D与B反应生成氨气，则D为H2；D与氧气反应生Z，则Z为H2O；D与A反应生成X气体为HCl，白烟为氯化铵，由F与Z反应生成E和G可知，G为HNO3，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应、气体的颜色来推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
23.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−加热CuSO4+2H2O+SO2↑品红溶液 SO2+2H2S=3S↓+H2O氧化性 SO2+I2+2H2O=SO42−+4H++2I− 不用加热(或节约能源，节约药品)；相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)空气中含有的CO2也能与碱石灰反应，造成测量不准确 448V
【解析】解：(1)①装置A1中是铜和浓硫酸反应，其发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)−加热CuSO4+2H2O+SO2↑，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−加热CuSO4+2H2O+SO2↑；
②检验的SO2的漂白性，往往用品红溶液，故装置B中所盛试剂为品红溶液，装置D中是SO2和溶质H2S发生的反应，其化学方程式为SO2+2H2S=3S↓+H2O，此反应中硫化氢中的硫由−2价升高到0价，被氧化，说明SO2具有氧化性，
故答案为：品红溶液；SO2+2H2S=3S↓+H2O；氧化性；
③C中发生的是碘水和SO2反应，其反应的化学方程式是SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，故其离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42−+4H++2I−，
故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42−+4H++2I−；
④装置A2相对于装置A1，不用加热(或节约能源，节约药品)、相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)，
故答案为：不用加热(或节约能源，节约药品)；相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)；
(2)①不能采用装置b，其原因是装置b中吸收SO2所用的试剂是碱石灰，空气中含有的CO2也能与碱石灰反应，会造成测量不准确，
故答案为：空气中含有的CO2也能与碱石灰反应，造成测量不准确；
②SO2与酸性高锰酸钾溶液反应的化学方程式5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；可得关系式5SO2∼2KMnO4，145mL0.25mol/L酸性高锰酸钾溶液中含有n(KMnO4)=(0.145×0.25)mol，根据关系式，则消耗的m(SO2)=0.145×0.25×5×642g=5.8g，VL(标准状况下)空气(M=29g/mol)的质量为m(空气)=n(空气)×M(空气)=V22.4mol×29g/mol=29V22.4g，则空气中SO2的质量分数为5.8×22.429V=448V%，
故答案为：448V。
(1)①装置A1中是铜和浓硫酸反应，生成CuSO4、H2O、SO2；
②检验的SO2的漂白性，往往用品红溶液，装置D中是SO2和溶质H2S发生反应，生成S、H2O，此反应中硫化氢中的硫由−2价升高到0价，被氧化；
③C中发生的是碘水和SO2反应，生成硫酸和HI；
④装置A2相对于装置A1，不用加热(或节约能源，节约药品)、相对安全(或易于控制反应进行，反应更充分)；
(2)①不能采用装置b，其原因是碱石灰和空气中含有的CO2也能反应；
②SO2与酸性高锰酸钾溶液反应的化学方程式5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，可得关系式5SO2∼2KMnO4，计算酸性高锰酸钾溶液中含有n(KMnO4)，根据关系式计算m(SO2)，而VL(标准状况下)空气(M=29g/mol)的质量为m(空气)=n(空气)×M(空气)=V22.4mol×29g/mol=29V22.4g，进一步计算空气中SO2的质量分数。
本题考查SO2的制取、检验、性质、测定及化学方程式、离子方程式的书写的知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握二氧化硫的制取、检验方法及化学性质，明确常见反应的化学方程式、离子方程式的书写方法。
24.【答案】(1)过滤
(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)①4；5；2H2O；NO↑；4
②AC
(4)1.5
(5)NaCl溶液；盐酸
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意流程及信息的应用，题目难度中等。
【解答】
(1)将固体和液体分开的操作是过滤，故答案为：过滤；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为83mol，铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol，消耗HNO3物质的量少的反应为铜与稀硝酸的反应，
故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，生成NO，氮元素从+5价降低到+2价，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，
故答案为：4；5；2H2O；NO↑；4；
②A.溶金过程中硝酸中N元素的化合价降低，作氧化剂，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B.王水中浓盐酸提供了氯离子，生成HAuCl4，利于金的溶解，故B错误；
C.浓盐酸与NaNO3提供氢离子、硝酸根和氯离子，也可使Au溶解，故C正确；
故答案为：AC；
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，故答案为：1.5；
(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1含铜离子，铜离子和过量铁粉反应得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，
故答案为：NaCl溶液；盐酸。
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