四川省成都市树德中学2022-2023学年高一下学期4月月考化学试题含解析

这是一份四川省成都市树德中学2022-2023学年高一下学期4月月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 树德中学高2022级高一下学期4月阶段性测试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，F-19，Na-23，Mg-24，Al-27，Si-28，P-31，S-32，Cl-35，5，K-39，Fe-56，Cu-64，Zn-65，Br-80
第I卷(选择题)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，1-15题每小题2分，16-20题每小题3分，共45分)
1. 化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A. 螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
B. 稳定且有非凡的比表面积的铝硅酸盐沸石(ZEO-1)属于金属材料
C. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
D. 清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯都是碳的不同单质，互为同素异形体，A正确；
B．稳定且有非凡的比表面积的铝硅酸盐沸石(ZEO-1)属于无机非金属材料，B错误；
C．食品包装袋中常有硅胶、生石灰作用是防止食品受潮，还原铁粉作用是防止食品氧化变质，C错误；
D．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料是硅单质与光导纤维材料二氧化硅不相同，D错误；
故选A。
2. 正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列化学用语使用正确的是
A. 异戊烷的结构简式：CH3C(CH3)2CH3 B. 丁烷分子的空间填充模型：
C. 次氯酸的结构式：H—O—Cl D. 氮气的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．异戊烷的结构简式：CH3CH(CH3) CH2CH3，A错误；
B．该模型为丁烷的球棍模型，B错误；
C．次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故结构式为H—O—Cl，C正确；
D．氮气的电子式为，D错误；
故选C。
3. 下列有关化学试剂的保存或实验仪器的使用不正确的是
A. 氢氟酸保存在塑料瓶中 B. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中
C. 熔融烧碱和纯碱固体时用铁坩埚 D. 水玻璃保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应，不能保存在玻璃瓶，应在塑料瓶中，A正确；
B．浓硝酸是见光能分解液体，故保存在棕色细口瓶中，B正确；
C．烧碱和纯碱都显碱性，能和普通坩埚中的二氧化硅反应，故熔融该物质应使用铁坩埚，C正确；
D．水玻璃具有一定的黏性，不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，D错误；
故选D
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 mol Fe溶于过量稀硝酸，转移电子数为2 NA
B. 标准状况下，2.24 L CCl4中含有0.4 NA个C—Cl键
C. 在沸腾炉中煅烧黄铁矿每生成1 mol SO2时，转移电子数为11 NA
D. 常温常压下，9.2 g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为0.6 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1 mol Fe溶于过量稀硝酸反应生成硝酸铁，转移电子3mol，数目为3NA，故A错误；
B．标准状况下，四氯化碳不是气体，不能计算其物质的量，故B错误；
C．在沸腾炉中煅烧黄铁矿(FeS2)生成氧化铁和二氧化硫，电子转移关系为11e-~2SO2，则每生成1 mol SO2时，转移电子数为5.5 NA，故C错误；
D．NO2和N2O4的最简式相同，可看做NO2，则9.2 g混合气体为0.2mol可看做NO2，含有的原子总数为0.6 NA，故D正确；
故选D。
5. 下列实验或装置能达到实验目的的是
A
B
C
D




实验室制备氨气
制取并收集SO2
分离固体NaCl和碘单质
测浓硫酸的pH

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室制备氨气使用氯化铵和氢氧化钙固体加热，A不符合题意；
B．浓硫酸和铜反应需要加热才能反应，B不符合题意；
C．碘单质容易升华，可以加热冷凝分离固体NaCl和碘单质，C符合题意；
D．浓硫酸会腐蚀试纸，且试纸不能伸入溶液中会污染试剂，D不符合题意；
故选C。
6. 粗盐(含泥沙、CaCl2、MgSO4等)提纯得到的NaCl溶液中仍含有少量K+，需进一步提纯才可得到试剂级氯化钠，实验装置如图所示(已知：NaCl+H2SO4(浓)HCl↑+NaHSO4).下列叙述错误的是



A. 粗盐提纯实验需要NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、HCl溶液
B. 关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，若液体不滴落，证明a中气密性良好
C. 实验过程中，c中有固体析出
D. d中加入NaOH溶液吸收尾气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．粗盐提纯实验需要NaOH溶液除去镁离子、BaCl2溶液除去硫酸根离子、Na2CO3溶液除去钙离子和多余的钡离子、HCl溶液除去多余的氢氧根离子和碳酸根离子，A正确；
B．有管子把分液漏斗上方和圆底烧瓶内气体连通、则气体处于恒压状态，关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，液体必然滴落，无法证明a中气密性是否良好，B不正确；
C． 实验过程中，氯化钠固体和浓硫酸反应产生的氯化氢气体进入c，氯离子浓度增大，则c中有氯化钠固体析出，C正确；
D． 氯化氢有毒，d中加入NaOH溶液吸收尾气，D正确；
答案选B。
7. 已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是
A. 若A为非金属单质，C转化为D可能为氧化还原反应
B. 若A为非金属单质，其所含的元素在周期表中可能处于第二周期第IVA族
C. 不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质
D. 若A是共价化合物，0.1 mol A分子中含有的电子数可能为NA
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质，常见物质中N、S、Na元素的单质及其化合物符合转化关系；
【详解】A．若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A可能为N2或S，若为氮，则C转化为D是二氧化氮和水生成硝酸和一氧化氮的反应，为氧化还原反应，故A正确；
B．若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；
C．若A为氮气或氨气，均可生成D（硝酸），故C正确；
D．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，0.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，故D正确；
故选B。
8. 下列实验操作、现象和结论都正确的是

实验操作
现象
结论
A
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒
火焰出现黄色
溶液中含Na元素
B
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
C
取少量待测溶液于试管中，加热
产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
溶液中含有
D
向Na2SiO3溶液中通入过量CO2
生成白色胶状沉淀
非金属性：C>Si

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．玻璃中含有钠元素存在干扰，故不能证明溶液中含有钠元素，故A错误；
B．向NaBr溶液中滴加过量氯水，，过量氯水能氧化溴离子生成溴单质、氧化碘离子生成碘单质，不能说明溴、碘的氧化性强弱，故B错误；
C．湿润红色石蕊试纸变蓝，也可能是氨水挥发的氨气，故C错误；
D．生成白色胶状沉淀说明碳酸酸性大于硅酸，根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，说明非金属性：C>Si，故D正确；
故选D。
9. 已知某气态烃A在标准状况下的密度是3.215g·L-1，取7.2gA在足量O2中充分燃烧，把燃烧后的产物全部通过浓H2SO4，浓H2SO4质量增加10.8g，再把剩余气体通过碱石灰，碱石灰质量增加22g，下列说法正确的是
A. 该烃的摩尔质量为72
B. 该烃的分子式为C5H12
C. 该烃能与溴水在光照条件下发生取代反应
D. 该烃化学性质稳定，不能发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】烃燃烧生成二氧化碳和水，把燃烧后的产物全部通过浓H2SO4，浓H2SO4质量增加10.8g，说明生成水的质量是10.8g，再把剩余气体通过碱石灰，碱石灰质量增加22g，说明生成二氧化碳的质量是22g。
【详解】A．摩尔质量的单位是g/mol，该烃的摩尔质量为3.215g·L-1×22.4L/mol=72g/mol，故A错误；
B．该烃的相对分子质量是72，7.2gA的物质的量是0.1mol，燃烧生成水的物质的量是，生成二氧化碳的物质的量是，说明0.1molA中含有0.5mol碳原子、1.2mol氢原子，分子式为C5H12，故B正确；
C．C5H12是烷烃，烷烃与溴水不反应，故C错误；
D．C5H12是烷烃，烷烃燃烧生成二氧化碳和水，燃烧属于氧化反应，故D错误；
选B。
10. 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：

下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2
B. X可以是空气，但不能过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2
D. 处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分)通过过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸钙和亚硫酸钙，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，亚硝酸钠和铵根离子的溶液反应生成无污染的气体，应为氮气，气体2有氮气和一氧化碳，捕获剂所捕获的气体主要是一氧化碳，据此解答。
【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B正确；
C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C错误；
D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D正确；
故答案为C。
11. 关于如下图进行的实验的说法，正确的是

A. 若X为HCl，则烧瓶内可产生白雾
B. 选择适当的X和Y溶液可产生有色喷泉
C. 若烧瓶内产生喷泉，则Y溶液一定呈酸性
D. 若通入气体为Cl2，则烧瓶内一定无喷泉产生
【答案】B
【解析】
【详解】A．若X是HCl，浓氨水易挥发，与HCl反应生成白烟氯化铵，使烧瓶内压强减小，形成喷泉，错误；
B．若X是HCl，Y是紫色石蕊试液，则会产生红色喷泉，正确；
C．烧瓶内产生喷泉时Y溶液不一定呈酸性，如X是二氧化硫，Y是氨水，也可以产生喷泉，错误；
D．若X是氯气，氯气也与氨气反应，使烧瓶内的压强减小，可以形成喷泉，错误，
答案选B。
12. 下列有关有机物分子结构和性质的分析中正确的是
A. 沸点：正戊烷>2，2-二甲基戊烷>2，3-二甲基丁烷>丙烷
B. 、、、代表了3种不同的烷烃
C. 质量相同，完全燃烧时耗O2量：CH4>C2H6>C3H8
D. 若1 mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2 mol氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．烷烃相对分子质量越大，则沸点越高，沸点：2，2-二甲基戊烷>2，3-二甲基丁烷>正戊烷>丙烷，故A错误；
B．和是同一种物质，和是同一种物质，故B错误；
C．等质量的烷烃，氢的含量越高则完全燃烧耗氧量越大，故质量相同，完全燃烧时耗O2量：CH4>C2H6>C3H8，故C正确；
D．若1 mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗4mol氯气，故D错误；
故选C。
13. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是（ ）
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C. W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D. 若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
【答案】A
【解析】
【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种。
【详解】A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大．所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；
B．W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，故B错误；
C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C错误；
D．若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误。
故选A。

14. 下列关于同系物及同分异构体(不含立体异构)的说法正确的是
A. 分子式的通式相同的一系列物质一定互为同系物
B. 相对分子质量相同的不同化合物互称为同分异构体
C. 分子式为C4H9Cl的同分异构体有4种
D. 分子式为C6H14的烃，主链含4个碳原子的同分异构体有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．结构相似，类别相同，分子组成相差 1 个或 n 个CH2原子团的物质互称为同系物，A错误；
B．分子式相同而结构不同的有机物一定互为同分异构体，B错误；
C．丁烷含2种同分异构体，去掉1个H为丁基，丁基有4种同分异构体，则分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种，C正确；
D．分子式为C6H14的烃，主链含4个碳原子，则支链只能是两个甲基，这两个甲基可以连在同一个碳上也可以连在不同碳上，所以同分异构体有2种，D错误；
故选C。
15. 某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应，按下图装置进行实验，A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、NaOH固体、MnO2,下列分析不正确的是

A. A中圆底烧瓶内盛装的固体为MnO2
B. E中的反应是
C. F中可能会产生白烟，其主要成分是NH4NO3
D. 一段时间后，G中溶液可能变蓝
【答案】B
【解析】
【分析】过氧化氢和二氧化锰生成氧气，浓氨水滴入氢氧化钠固体上挥发出氨气，氨气和氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水；
【详解】A．氨气不能使用浓硫酸干燥剂干燥，应该使用固体碱石灰等干燥剂，故AC为生成氧气装置，A中圆底烧瓶内盛装的固体为MnO2，故A正确；
B．由分析可知，E中的反应是，故B错误；
C．F中生成NO和过量的氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和生成的水生成硝酸，硝酸和氨气生成硝酸铵，故可能会产生白烟，其主要成分是NH4NO3，故C正确；
D．NO和过量的氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和生成的水生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜，故一段时间后，G中溶液可能变蓝，故D正确；
故选B。
16. 为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂：

对实验现象的“解释或结论”错误的是
选项
实验现象
解释或结论
A
a中溶液褪色
还原性：
B
b中加硫酸后产生淡黄色沉淀
和在酸性条件下发生反应
C
c中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
Na2SO3类似Na2CO3显碱性，所以滴入酚酞变红； (白)，Na2SO3反应完，红色褪去
D
d中产生白色沉淀
Na2SO3溶液已变质

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性，可以和碘单质反应生成硫酸钠、碘化钠，亚硫酸钠作还原剂，碘化钠是还原产物，所以还原性：SO>I-，A正确；
B．Na2SO3溶液中硫元素是+4价，硫化钠中硫元素是-2价，二者可以在硫酸溶液发生氧化还原反应，硫元素归中到0价，即生成淡黄色硫单质沉淀，B正确；
C．Na2SO3溶液中SO水解显碱性，该溶液会使酚酞变红，加入氯化钡会结合SO形成BaSO3沉淀，水解平衡逆向进行，OH-浓度减小，溶液碱性逐渐消失，所以红色褪去，C正确；
D．亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化的硝酸钡，即相当于加入了硝酸，SO能被硝酸氧化为SO，SO可以和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，该沉淀不溶于硝酸，所以实验证明的是SO具有还原性，生成BaSO4沉淀是被硝酸氧化的缘故，D错误；
答案D。
17. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如下图所示，下列说法正确的是

A. 丙和戊都具有漂白性且原理相同 B. 简单氢化物的沸点：X>Z
C. 简单离子半径大小：X＜Y D. A可由电解其熔融的氯化物制得
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶液钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，二氧化硫能被戊氧化为硫酸，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】A．丙为SO2通过与有色物质结合生成无色物质的原理漂白，戊为H2O2将有色物质氧化为无色物质，漂白原理不相同，A错误；
B．X为O，Z为S，简单氢化物分别为H2O和H2S，水分之间存在氢键，使其熔沸点较高，H2S分子间没有氢键，熔沸点较低，则简单氢化物的沸点：X＞Z，B正确；
C．X、Y分别为O、Al元素，其简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小：X＞Y，C错误；
D．A是铝可由电解其熔融的氧化物制得，D错误；
故选B。
18. 如图所示是一套检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内的溶液Y分别可能为


①
②
③
④
X




Y
饱和的溶液
浓硫酸
溶液
溶液
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】①若X为，Y为饱和的溶液时，关闭活塞，与反应生成，进入后面装置中，品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊，打开活塞时，直接通入品红溶液中使品红溶液褪色，①符合；
②通入的H2S与浓硫酸反应会生成SO2，关闭活塞K，品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊，故②不符合；
③二氧化碳不具有漂白性，且与亚硫酸钠不反应，所以无论打开或者关闭活塞，品红溶液都不褪色，故③不符合；
④中关闭活塞时，通入溶液中会有生成，打开活塞时，直接通入品红溶液中，由于次氯酸的存在，品红溶液会褪色，故④符合；
答案选A。
19. 如图所示是一系列含硫化合物的转化关系(反应中生成的水已略去)，其中说法正确的是

A. 反应①说明SO2具有漂白性，反应②说明SO2具有酸性
B. 反应②中生成物时，则反应物
C. 反应⑤中消耗的Zn和生成Na2S2O4的物质的量之比为1∶2
D. 工业上可利用反应②和反应④回收SO2
【答案】D
【解析】
【分析】反应①中先变蓝后褪色显然是因为KIO3被氧化成碘单质然后生成碘离子；二氧化硫和氢氧化钠反应体现了其酸性氧化物的性质；
【详解】A．反应①中先变蓝后褪色显然是因为KIO3在反应中先是生成I2后转化为I－，体现了SO2具有还原性，反应②属于酸性氧化物和碱的反应，体现了SO2具有酸性氧化物的性质，故A错误；
B．根据元素守恒，当n（Na2SO3）∶n（NaHSO3）＝1∶1时，n（SO2）∶n（NaOH）＝2∶3，故B错误；
C．反应⑤中锌化合价由0变为+2、硫化合价由+4变为+3，根据电子守恒可知，消耗的Zn和生成Na2S2O4的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．反应②吸收了二氧化硫，反应④放出了SO2，可以通过2个反应回收二氧化硫，故D正确；
故选D。
20. amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol∙L-1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液的成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为：
A. (a+b)×63g B. (a+b)×186g C. (a+b)mol D. (cV-)mol
【答案】D
【解析】
【分析】
本题分两种情况：(1)当硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，根据铁离子的物质的量计算未被还原的硝酸的物质的量即可；
(2)若硝酸过量时，当硝酸过量时，除去生成一氧化氮硝酸就是未被还原的硝酸，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸，硝酸总量-被还原的硝酸=未被还原的硝酸。
【详解】(1)如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据N、Fe原子守恒得n(HNO3)=3n[Fe(NO3)3]=3n(Fe)=3[n(FeS)+n(FeO)]=3×(a+b)mol=3(a+b)mol， m(HNO3)=n(HNO3)×M(HNO3)=(a+b)×189g；
(2)如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，反应中Fe元素由+2价升高为+3价，硫元素由-2价升高为+6价，氮元素由+5价降低为+2价，根据电子转移守恒知：设NO物质的量为x，(5-2)x=a×[(3-2)+6-(-2)]+b×(3-2)，生成NO的硝酸的物质的量x=mol，根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=cVmol-mol。
故答案选D。
【点睛】复杂氧化还原反应中，抓住原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒可以使复杂问题简单化，若果绕去写化学方程式，就把复杂问题更复杂化了。
第II卷(非选择题)
二、非选择题(共55分)
21. 随着原子序数的递增，A～G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。

（1）在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为_______。
（2）A、B、F三种元素的原子半径由大到小的顺序是_______ (填元素符号)。
（3）A形成的化合物种类繁多，请写出C7H16分子中主链为4个碳原子的结构简式_______，其在光照条件下生成的一氯代物有_______种不同的结构(不考虑立体异构)。
（4）E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是_______。
（5）B的氧化物和G的氧化物均能形成酸雨。工业上用B的气态氢化物的水溶液作G氧化物的吸收剂，写出足量吸收剂与该氧化物反应的离子方程式：_______。
（6）元素C与D按原子个数比1∶1形成的化合物的电子式为_______。
【答案】（1）第三周期第IVA族
（2）
（3） ①. C(CH3)3CH(CH3)2 ②. 3
（4）
（5）
（6）
【解析】
【分析】A～G七种短周期元素原子序数递增，由图所体现的化合价特点可知，A～G分别为碳、氮、氧、钠、铝、硅、硫；
【小问1详解】
同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素为硅，在周期表中的位置为第三周期第IVA族；
【小问2详解】
电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；A、B、F三种元素的原子半径由大到小的顺序是；
【小问3详解】
由分子式可知，C7H16为烷烃，分子中主链为4个碳原子，则结构简式C(CH3)3CH(CH3)2，分子中含有3种不同的氢，其在光照条件下生成的一氯代物有3种不同的结构；
【小问4详解】
铝元素的最高价氧化物为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式是；
【小问5详解】
B的气态氢化物的水溶液为氨水，G氧化物为二氧化硫，足量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式：；
【小问6详解】
元素C与D按原子个数比1∶1形成的化合物为离子化合物过氧化钠，电子式为。
22. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。部分含氮及氯物质的价类二维图如下，回答下列问题：

（1）关于上述部分物质间转化的说法正确的是_______(填字母)。
A. a和c可在一定条件下反应生成b
B. 工业上通过a→b→d→e来制备HNO3
C. 浓的溶液和浓的溶液反应可以得到
D. a和可在一定条件下反应生成b
（2）固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图：

a.该转化过程①②③反应中_______为氧化还原反应(填编号)。
b.参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有_______(填字母)。
A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.氢键
c.假设每一步均完全转化，每生成1 mol NH3，同时生成_______mol O2。
（3）由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该液态化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）ACD （2） ①. ①③ ②. ABC ③. 0.75 mol
（3）
【解析】
【分析】由图知a、b、c、d、e分别是氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮、硝酸或硝酸盐；、、、d’、分别为氯化氢、氯气、次氯酸或次氯酸盐、氯酸或氯酸盐、高氯酸或高氯酸盐；
【小问1详解】
A． 氨气和一氧化氮可在一定条件下发生归中反应生成氮气，A正确；
B．工业上通过b→a→c→ d→e来制备HNO3，B错误；
C．浓盐酸和浓次氯酸发生氧化还原生成氯气，C正确；
D．氨气和氯气发生氧化还原会生成氮气，D正确；
故选ACD；
【小问2详解】
a.转化过程①中氮元素的化合价发生变化，③中氧和锂的化合价发生变化，所以①③反应氧化还原反应，答案为：①③；
b.A．氮化锂和氢氧化锂中存在离子键，A正确；
B．氨气和水分子内存在极性共价键，B正确；
C．氮气和氧气内存在非极性共价键，C正确；
D．氢键不是化学键，D错误；
故选ABC。
c.根据电子转移守恒，假设每一步均完全转化，每生成1 mol NH3，转移电子3 mol，所以同时生成 mol=0.75 mol O2，答案为：0.75 mol；
【小问3详解】
由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该物质是三氯化氮与水反应生成次氯酸和氨气，答案为：。
23. 某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：

已知：步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应。回答下列问题：
（1）滤渣2的主要成分是_______和S。
（2）加入H2O2溶液的目的是_______(用离子方程式表示)。
（3）步骤②和④的“一系列操作”包括_______、_______、过滤、洗涤、低温干燥。洗涤晶体时用乙醇代替蒸馏水的目的是_______，并缩短干燥所需时间。
（4）实验室中也可用Cu在如图所示装置(夹持装置省去未画)内发生反应生成硫酸铜，再进一步从所得溶 液中获得硫酸铜晶体。

①a仪器名称为_______。
②为避免生成的硫酸铜溶液中混有硝酸铜，该实验中最好控制所加HNO3和H2SO4的物质的量之比为_______。
③若使用的硝酸是浓硝酸，则铜与混合酸反应生成NO2和NO，若这两种气体与NaOH溶液反应后只生成一种盐，则该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）SiO2
（2）
（3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. 减少晶体的溶解损失
（4） ①. 三颈烧瓶 ②. 2:3 ③.
【解析】
【分析】废催化剂加入硫酸，二氧化硅、CuS不反应成为滤渣1，锌转化为硫酸锌，同时生成气体硫化氢；滤渣1加入过氧化氢和硫酸，二氧化硅不反应成为滤渣2，CuS、稀硫酸、过氧化氢转化为硫酸铜和硫单质，则滤渣2中还含有硫单质，滤液结晶得到硫酸铜晶体；
【小问1详解】
由分析可知滤渣2的主要成分是SiO2和S。
【小问2详解】
加入H2O2溶液的目的是发生氧化还原反应使CuS在酸性条件下转化为铜离子同时生成硫单质和水，；
【小问3详解】
步骤②和④的“一系列操作”得到晶体，故操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。硫酸锌、硫酸铜晶体在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发，故洗涤晶体时用乙醇代替蒸馏水的目的是减少晶体的溶解损失，并缩短干燥所需时间。
【小问4详解】
①a仪器名称为三颈烧瓶。
②铜化合价由0变为+2，氮元素转为NO，氮元素化合价由+5变为+2，为避免生成的硫酸铜溶液中混有硝酸铜，根据电子守恒可知, ，故该实验中最好控制所加HNO3和H2SO4的物质的量之比为2:3。
③若使用的硝酸是浓硝酸，则铜与混合酸反应生成NO2和NO，若这两种气体与NaOH溶液反应后只生成一种盐，则该反应生成亚硝酸钠，化学方程式为。
24. 某实验小组利用如图装置模拟古法制硫酸并进行SO2性质探究。

已知：①“青矾”是指，高温受热可完全分解得红棕色固体和气体混合物；
②SO2熔点-75.5℃，沸点-10℃：SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃。
请回答下列问题：
I、制取硫酸，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，用酒精喷灯高温加热青矾。
（1）A装置中发生反应的化学方程式为_______。
（2）B装置的作用是_______。
（3）实验结束后，打开活塞K1，再通入一段时间N2，这样做的目的是_______。
（4）将一定量的青矾在500℃时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明：此固体产物不含二价铁：_______。
II、探究SO2的性质
在装置C中先后四次加入同浓度同体积不同情况的钡盐溶液，控制食用油油层厚度一致、通入SO2流速一致。四次实验分别得到如表pH-t图：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2(aq)
未煮沸的BaCl2(aq)
已煮沸的Ba(NO3)2(aq)
未煮沸的Ba(NO3)2(aq)




（5）C装置中覆盖食用油的目的是_______。
（6）分析pH-t图，写出③中发生反应的离子方程式_______，上述四次实验中有白色沉淀生成的是_______(填编号)。
【答案】（1）
（2）冷凝SO3和H2O制硫酸并分离出SO2
（3）将装置中残留的气体全部驱赶至尾气吸收装置中，以免拆卸装置时泄漏污染空气
（4）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色
（5）隔绝空气，避免空气中氧气干扰后续探究实验
（6） ①. 或 ②. ②③④
【解析】
【分析】实验前通入氮气将装置内空气排尽，以免干扰实验；根据题干信息：，高温受热可完全分解得红棕色固体和气体混合物可知，装置A中发生反应；装置B用于接收水和制备硫酸，熔点低，不易冷凝，被分离出；
【小问1详解】
装置A中发生反应
【小问2详解】
SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃。根据熔点判断，该物质易冷凝，装置B中在冰水作用下，冷凝和制硫酸并分离出，故填冷凝和制硫酸并分离出；
【小问3详解】
该反应中有气体生成，为了使产生的气体全部排到后续装置中吸收，避免残留，需要通入一段时间氮气，所以其目的为将装置中残留的气体全部驱赶至尾气吸收装置中，以免拆卸装置时泄漏污染空气；
【小问4详解】
亚铁离子和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而是溶液褪色，且为防止亚铁离子被氧化剂氧化，应该使用稀硫酸溶解固体样品而不能使用硝酸；故检验亚铁离子的方法可以为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色；
【小问5详解】
食用油密度小于水，防止与空气中的氧气反应，加食用油的目的是隔绝空气，避免空气中氧气干扰后续探究实验；
【小问6详解】
煮沸的目的是排除溶液中的空气，对比四个实验，实验②和④中，在氧气作用下，溶液的pH明显下降，说明二氧化硫被氧化为硫酸根离子，都发生了反应；实验③中因为存在，溶于水呈酸性，导致在作用下具有氧化性，也能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，其反应为或
；故上述四次实验中有白色沉淀生成的是②③④。
25. 将20.0 g铜镁合金完全溶解于140 mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体8.96 L(标准状况)，当向反应后的溶液中加入320 mL 4.0 mol/L NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为37 g。通过计算回答下列问题：
（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是_______。
（2）该硝酸中HNO3的物质的量浓度是_______ mol/L。
（3）NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数是_______。
（4）若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为_______L。
【答案】（1）2∶3 （2）12
（3）25％ （4）5.6
【解析】
【分析】根据题意可知，、，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质的量为=1mol，即得失电子物质的量为1mol，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=1，64n(Cu)+24n(Mg)=20.0，联立解得n(Cu)=0.2mol，n(Mg)=0.3mol，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2∶3，答案为：2∶3
【小问2详解】
全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO，NO2)=320mL×10-3L/mol×4mol/L+=1.68mol，c(HNO3)= =12mol/L，答案为：12
【小问3详解】
根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=1mol，n(NO)+n(NO2)=，联立解得n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，相同条件下，体积分数等于物质的量分数，因此二氧化氮的体积分数为=25%，答案为：25％；
【小问4详解】
根据电子转移守恒，通入氧气得到的电子数与两种金属失去的电子数相同，两种金属失去的电子数为：，所以，标准状况的体积为5.6 L ，答案为：5.6。