新疆乌鲁木齐市第八中学2020届高三第一次月考化学试题

乌鲁木齐市第八中学2020届高三第一次月考化学试卷
1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. 氢氧化铝具有弱碱性，可用作胃酸中和剂
【答案】C
【解析】
A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都有丁达尔效应，A正确；B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，意思是用铁锅加热硫酸铜晶体，时间长了，铁锅表面就变成了铜，该过程发生了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，属于置换反应，B正确；C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，文中对青蒿素的提取方法是浸取溶解，属于物理变化，没有涉及化学变化，C不正确；D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，与强碱反应时表现酸性，与酸反应时表现碱性。由于氢氧化铝是难溶的弱电解质，所以不论其表现酸性还是表现碱性，都是非常弱的，所以它可以用作抗酸药。氢氧化铝可以与胃酸的主要成分盐酸反应生成氯化铝和水，在这个反应中氢氧化铝表现了碱性，D正确。本题选C。
2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 含0.1 mol Na2O2的晶体中阳离子与阴离子总数为0.4NA
B. 46 g NO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子数为2NA
C. 1 mol Fe与一定量硝酸恰好完全反应时，转移电子数一定为3NA
D. 1 mol CH4与过量氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体的体积约为22.4 L
【答案】B
【解析】
A.0.1mol Na2O2晶体中阳离子Na+为0.2mol，阴离子O22-物质的量为0.1mol，阳离子与阴离子总数为0.3NA，故D错误；B．NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46g NO2中氧原子数=×2×NA=2NA，故B正确；C.1mol Fe与硝酸反应可能生成硝酸铁也可能生成硝酸亚铁，故C错误；D．氯气与甲烷反应发生取代反应，同时有多个反应发生，所以标准状况下，1mol CH4与过量的氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体的体积小于22.4L，故D错误；故选B。
点睛：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，熟悉公式是关键，注意物质的组成、结构。本题的易错点为D，要注意甲烷的取代反应得不到纯净的一氯甲烷。
3.下列离子方程式书写正确的是(　　)
A. 澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2＋＋OH－＋HCO3-===CaCO3↓＋H2O
B. 酸性高锰酸钾溶液与稀草酸反应：5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O
C. AgCl的悬浊液中滴加Na2S溶液：2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－
D. NH4HCO3溶液加入过量NaOH溶液加热：NH4+＋OH－===NH3•H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比，澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，选项A错误；B．草酸是弱酸必须写化学式，酸性高锰酸钾可使草酸溶液褪色的离子反应为2MnO4-+5 H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，选项B错误；C、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2―=Ag2S↓+2C1―，选项C正确；D．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液加热，离子方程式为：HCO3-+NH4++2OH-NH3↑+H2O+CO32-，选项D错误；答案选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. SiO2、CO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应
B. Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应的产物相同
C. SO2、NO、CO2都是大气污染物，在空气中都能稳定存在
D. HCl、HNO3都是强酸，和FeO的反应都属于复分解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．SiO2、CO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应生成相应的钠盐和水，A正确；
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应的产物不相同，后者还有氧气生成，B错误；
C．SO2、NO都是大气污染物，CO2不是大气污染物，其中NO在空气中不能稳定存在，易被氧化为NO2，C错误；
D．HCl、HNO3都是强酸，盐酸和FeO的反应属于复分解反应，硝酸具有强氧化性，与氧化亚铁发生氧化还原反应，D错误。
答案选A。
【点晴】该题的易错选项是D，有关硝酸参与的化学反应，除了要明确硝酸的强酸性以外，还应该特别注意硝酸的强氧化性，尤其时与还原性物质反应时，常见的考点有与氧化亚铁，与四氧化三铁，与硫化亚铁等有关反应的方程式判断。
5.已知常温常压下在1 L水中可溶解40 L NO2，NO2能与NaOH溶液发生反应：2NaOH＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋H2O。以下各种尾气吸收装置中，不适合吸收NO2气体的是(　　)

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于常温常压下在1L水中可溶解40LNO2，即NO2易溶于水，且NO2易与NaOH反应，所以在吸收装置中需要有防止倒吸功能，装置B中漏斗颈部已浸没NaOH溶液中，不能防止溶液倒吸，答案选B。
6.孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3（含Fe2O3、FeCO3、Al2O3、SiO2杂质），工业上用孔雀石制备 硫酸铜的第一步需用过量的硫酸溶解并过滤。常温下，分别取滤液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中大量存在的一组离子正确的是(　　)
A. 加入过量NaClO溶液：Fe2+、H+、Cu2+、SO42－
B. 加入过量NaOH溶液：Na+、AlO2－、SO42－、OH－
C. 加入过量氨水：Fe3+、NH4+、SO42－、OH－
D. 加入过量NaHCO3溶液：Na+、Al3+、SO42－、HCO3－
【答案】B
【解析】
【详解】A、ClO-、Fe2+、H+发生氧化还原反应，加入过量NaClO溶液，Fe2+不能大量存在，故不选A ；
B. 加入过量NaOH溶液，Na+、AlO2－、SO42－、OH－相互之间不反应，能大量共存，故选B；
C. 加入过量氨水：Fe3+、OH－生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，故不选C ；
D. 加入过量NaHCO3溶液， Al3+、HCO3－发生反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不能大量共存，故不选D。
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构。下列说法正确的是(　 　)
A. X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为W>Y>Z>X
B. 在Y2X2、Z2X4、X2W2的一个分子中，所含的共用电子对数相等
C. 与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键
D. X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X、Y、Z、W分别是H、C、N、O；Y2X2是C2H2、Z2X4是N2H4 、X2W2是H2O2。
【详解】A.同周期元素从左到右半径减小， H、C、N、O的原子半径的大小关系为C>N>O>H，故A错误；
B. C2H2一个分子中有5对共用电子对、N2H4一个分子中有5对共用电子对、 H2O2一个分子中有3对共用电子对，故B错误；
C. C、N、O形成的简单氢化物中H2O最稳定，是因为氧元素的非金属性最强，与 氢键无关，故C错误；
D. H、C、N、O四种元素可形成醋酸铵(CH3COONH4)，故D正确；
选D。
8.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
答案选D。
9.为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是（ ）

A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体
B. 反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3
C. BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3
D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A、氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，A正确；
B、硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3， B正确；
C、如果二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫， C错误；
D、实验后反应管中残留固体为红色粉末（Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生（说明有SO3），品红溶液中红色褪去（说明有SO2），检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解的方程式为：，所以氧化产物（Fe2O3）和还原产物（SO2）物质的量之比为1:1，D正确；
故选C。
10.甲、乙两烧杯中各盛有1L0.6mol· L-1的盐酸和 NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体的体积比为V(甲) : V(乙)= 3: 4，则加入铝粉的质量为
A. 7.2 g B. 5.4 g C. 3.6 g D. 2.7 g
【答案】A
【解析】
【详解】甲、乙两烧杯中各盛有1L0.6mol· L-1的盐酸和 NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，分别发生反应2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；反应结束后测得生成的气体的体积比为V(甲) : V(乙)= 3: 4，甲烧杯放出的氢气少，说明甲中铝有剩余，盐酸完全反应，n(HCl)=0.6mol，根据方程式2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，生成氢气的物质的量是0.3mol，则乙中生成氢气的物质的量是0.4mol，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，消耗铝的物质的量是，铝的质量是×27g/mol=7.2g，故选A。
11.下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO(g)
CO2(g)
NaOH 溶液、浓 H2SO4
洗气
B
NH4Cl(aq)
Fe3＋(aq)
NaOH溶液
过滤
C
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，A正确；
B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，B错误；
C．HCl极易溶于水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，C正确；
D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，D正确；
答案选B。
12.能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)
A. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-
C. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2＋3H2O
D. 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4＋AlO2-＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓盐酸与KMnO4溶液发生氧化还原反应放出氯气，不能用盐酸酸化的KMnO4溶液，故A错误；
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子完全被还原为氯离子，二氧化硫被氧化为硫酸，故B错误；
C. Fe3＋能把I-氧化为I2，Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，发生反应的离子方程式是Fe2O3＋6H＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2＋3H2O，故C正确；
D. 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，完全反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀、一水合氨，反应的离子方程式是：NH4++Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D错误；
选C。
13.下列实验中，对应现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 ( )
选项
实验
现象
结论
A
将CO2通入BaCl2稀溶液中
产生白色沉淀
沉淀是BaCO3
B
向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液
溶液变蓝色
氧化性：Fe3+＞I2
C
向包裹Na2O2粉末的脱脂棉中吹入CO2气体
脱脂棉发生燃烧
Na2O2与CO2反应有O2生成
D
向CuSO4溶液中通入H2S
产生黑色沉淀
H2S属于强酸


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸的酸性小于盐酸，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，故不选A；
B. 向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液变蓝色，说明Fe3+把I-氧化为I2，故选B；
C. 向包裹Na2O2粉末的脱脂棉中吹入CO2气体，脱脂棉发生燃烧，说明Na2O2与CO2反应放热且有O2生成，故不选C；
D. 向CuSO4溶液中通入H2S ，产生黑色沉淀CuS，说明CuS难溶于硫酸，但H2S是弱酸，故不选D。
答案选B。
14.氯化铝（AlN)是一种新型无机非金属原料，常温下AlN+Na0H+H20=NaAl02+NH3↑。某课题小组利用甲图所示装置测定样品AlN的含量 (杂质不反应）。下列说法中正确的是

A. 量气管中的液体应为水
B. 用长颈漏斗代替分液漏斗，有利子控制反应速率
C. 反应结束时a、b两管液面的差值即为产生气体的体枳
D. 若其它操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，可以为四氯化碳，A错误；
B.长颈漏斗没有玻璃旋塞，不能控制液体的滴加，也就不能控制反应速率，B错误；
C.反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；
D.俯视量气管的读数，使所量气体的体积增大，氨气的量增大，氮化铝的量增大，测得AlN含量偏高，D正确；
答案选D。
【点睛】用量气法测量气体的体积时要注意，一定要等到反应结束后冷却到室温；通过上下调节量气管的位置，保持量气装置两端的液面要保持水平；读数时一定要平视。
15.向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO和X，则X是（　　）
A. 0.1molKClO4 B. 0.1molKClO3 C. 0.2molKClO2 D. 0.1molKClO2
【答案】B
【解析】
【详解】11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，故选B。
【点睛】明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。
16.在一密闭容器中有HCHO、H2和O2混合气体共20g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重8g，则原混合气体中O2的质量分数是
A. 40% B. 33.3% C. 60% D. 36%
【答案】C
【解析】
【详解】由于HCHO可以看作是CO·H2，所以气体燃烧后再通过过氧化钠吸收后，过氧化钠增加质量就是原混合气中氢气和甲醛的质量，则氧气的质量是12g，质量分数是12÷20＝0.6，即60％，答案选C。
17.已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是

A. 若A是铁，则E可能为稀硝酸
B. 若A是CuO，E是碳，则B为CO
C. 若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3
D. 若A是AlCl3溶液，E可能是氨水
【答案】D
【解析】
【详解】A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；
B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；
C、2NaOH＋CO2(少量))=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；
D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。
答案选D。
18.下列说法不正确的是 （ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)
B. 向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)
C. 将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是：a=b
D. 有含0.2 mol Na2CO3和含0.3 mol HCl的两种溶液：①将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；②将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中；①②两种操作生成的CO2体积之比为3∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，依次发生反应的离子方程式：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2+H2O，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B.向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，首先生成碳酸钡和碳酸钠，继续加Ba(OH)2固体，碳酸钠转化为碳酸钡沉淀，所以CO32-的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C. 设Na2O和Na2O2质量都是1g，水的质量都是mg，n(Na2O)= 、n(Na2O2)=；氧化钠和水反应生成氢氧化钠，生成氢氧化钠的质量是，所得溶液的质量是(1+m)g，氢氧化钠的质量分数是 ；Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，生成氢氧化钠的质量是，生成氧气的质量是，所得溶液的质量是(1+m-)g，氢氧化钠的质量分数是，所以a>b，故C错误；
D.将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中，立即生成二氧化碳气体，二氧化碳的物质的量是0.15mol；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和剩余盐酸反应生成二氧化碳，生成二氧化碳0.1mol，①②两种操作生成的CO2体积之比为3∶2，故D正确；
选C。
19.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（）
A. 制备Al(OH)3悬浊液：向1mol·L-1的AlCl3溶液中加过量的6mol·L-1NaOH溶液
B. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
C. 检验溶液中是否含有Fe3+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象
D. 探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，A错误；
B.氢氧化钠也和乙酸乙酯反应，应该用饱和碳酸钠除去乙酸，然后分液即可，B错误；
C.氯水具有强氧化性，可能把Fe2＋氧化成Fe3＋，也会出现上述现象，C错误；
D.两试管做对比实验，如果第二支试管冒出气泡多与第一支，说明FeCl3是催化剂，加快反应速率，D正确。
答案选D。
【点睛】实验方案设计要求最简，对环境危害小，实验能否成功需要看细节，氢氧化铝呈两性，氢氧化钠过量，会使氢氧化铝溶解；实验室常用氨水，离子检验要防止其他离子的干扰，特别注意氯离子干扰，因此平时学习时多注意细节问题，注意相关基础知识的积累和灵活应用。
20.将9.0 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是　(　　)
A. 原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 mol
B. 反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算
C. 若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12 L NO
D. 第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜和铁
【答案】A
【解析】
【分析】
第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的4.2克金属均被氧化到+2价：3Fe（或3Cu）+8HNO3=3Fe(NO3)2[或3Cu(NO3)2]+2NO↑+4H2O，金属的物质的量为×=0.075mol ，则第一次溶解的金属摩尔质量为56g·mol-1，所以第一次溶解的是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的4.8克金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.075mol，金属摩尔质量为64g·mol-1，是铜。
【详解】A. 根据分析，第一次溶解的是0.075mol铁，第二次溶解的是0.075mol铜，原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 mol，故A正确；
B. 根据氮元素守恒，反应前稀硝酸的物质的量浓度为 =2mol/L，故B错误；
C. 若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，反应为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，生成NO的物质的量是，标准状况下的体积为0.56 L NO，故C错误；
D. 根据以上分析，第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜，不含铁，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。
21.将一定质量的镁铜合金加入到100 mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体。反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g；则下列有关叙述中不正确的是(　　)
A. 开始加入合金的总物质的量为0.15 mol
B. 生成NO气体体积在标准状况下为2.24 L
C. 生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100 mL
D. 参加反应的硝酸的物质的量浓度为1 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
将一定量的镁和铜合金加入到HNO3中，二者恰好反应，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3 Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根离子的物质的量是，根据电荷守恒可知，Mg2+、Cu2+所带正电荷总数是0.3mol，根据得失电子守恒，生成NO的物质的量是0.1mol，溶液呈电中性，则和硝酸反应后的溶液中含NO3-的物质的量是0.3mol。
【详解】A，Mg2+、Cu2+所带正电荷总数是0.3mol，则开始加入合金的总物质的量为0.3mol ÷2=0.15 mol，故A正确；
B、Mg2+、Cu2+所带正电荷总数是0.3mol，根据得失电子守恒，生成NO的物质的量是0.1mol，在标准状况下为0.1mol×22.4L/mol= 2.24 L，故B正确；
C、反应消耗氢氧根离子的物质的量是，则氢氧化钠溶液的体积是=0.1L，故C正确；
D. 根据氮元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量是反应后的溶液中含NO3-的物质的量加NO的物质的量，硝酸的浓度是4mol/L，故D错误；
选D。
【点睛】本题结合镁、铜与硝酸的反应考查混合物有关计算，重点考查得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒等，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法。
22.A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素 A 最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的 2 倍。 B在 D中充分燃烧能生成其最高价化合物 BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。 A 在 F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：
（1）A在周期表中位置是____________，写出单质 F和NaOH的离子方程式____________。
（2）B、D、E 组成的一种盐中， E的质量分数为43%，其俗名为________ ，其水溶液与等物质的量的 F单质反应的化学方程式为___________________；
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：

a的化学式为_______；b与水反应的化学方程式为_______；
【答案】 (1). 第一周期IA主族 (2). Cl2 + 2OH-=Cl— + ClO— + H2O (3). 纯碱 (4). Na2CO3+ Cl2 +H2O= NaHCO3 +NaCl+ HClO (5). NaH (6). 2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2↑
【解析】
【分析】
非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，A为H元素；A 在 F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，F是Cl元素；D形成D2－，说明D最外层有6个电子，E＋与D2－具有相同的电子数，E是Na元素、D是O元素；B在 D中充分燃烧能生成其最高价化合物 BD2，B为+4价，B的最外层电子数是其所在周期数的 2 倍，则B是C元素。据此解答。
【详解】（1）A是H元素，在周期表中的位置是第一周期IA主族，单质 F是氯气，氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式是Cl2 + 2OH-=Cl- + ClO- + H2O；
（2）C、O、Na 组成的一种盐中， Na的质量分数为43%，该盐是Na2CO3，其俗名为纯碱，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸性HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸，碳酸钠与等物质的量的氯气反应生成碳酸氢钠、氯化钠、次氯酸，反应方程式是Na2CO3+ Cl2 +H2O= NaHCO3 +NaCl+ HClO；
（3）金属元素与非金元素易形成离子化合物，含有H的二元离子化合物是NaH；b是含有非极性共价键的二元离子化合物，原子个数比是1:1，b是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2↑。
23.联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为__________，其中氮的化合价为______。
（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的离子方程式____________。
（3）联氨和N2O4可作为火箭推进剂，其反应的产物均无污染。其氧化产物和还原产物之比为 _______。
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为______________。
【答案】 (1). (2). -2 (3). 2NH3+NaClO=N2H4+ NaCl+ H2O (4). 2:1 (5). N2H6(HSO4)2
【解析】
【详解】（1）联氨分子式为N2H4，氮原子形成3个单键，电子式为，根据化合价代数和等于0，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为-2价。
（2）次氯酸钠把氨气氧化为联氨，次氯酸钠被还原为氯化钠，根据得失电子守恒，反应的方程式是2NH3+NaClO=N2H4+ NaCl+ H2O。
（3）联氨和N2O4可作为火箭推进剂，反应的产物为无污染的氮气和水，N2O4中N元素化合价由+4降低为0、N2H4中N元素化合价由-2升高为0；根据得失电子守恒，其氧化产物和还原产物之比为2:1；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，形成阳离子为N2H62+，与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。
24.某校学生化学实验小组，为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮，设计了一套实验装置：（部分夹持装置已略去）

（1）写出A中反应的离子方程式___________________________。
（2）写出F中反应的化学方程式_________________________。
（3）B中浸有NaOH溶液的棉花作用___________________，B中溶液出现现象_______________，写出B中发生的离子反应_________________。
（4）E中干燥管装的干燥剂是________，检验F中气体的方法______________。
（5）D中干燥管中出现的现象______________，D中干燥管中化学方程式_________________。
【答案】 (1). MnO2 +4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (3). 吸收过量的氯气，防止污染环境 (4). 有淡黄色沉淀生成 (5). S2- +Cl2 =S +2Cl- (6). 碱石灰 (7). 湿润的红色石蕊试纸变蓝 (8). 有白烟生成 (9). 8NH3+3Cl2＝N2+6NH4Cl
【解析】
【详解】（1）反应装置A为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）装置F中氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）氢氧化钠溶液能与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，B中浸有NaOH溶液的棉花作用是吸收过量的氯气，防止污染环境；B中Na2S和氯气反应生成氯化钠和硫单质，B中的现象是有淡黄色沉淀生成，反应的离子方程式是S2- +Cl2 =S +2Cl-；
（4）氨气是碱性气体，一般用碱石灰干燥氨气，E中干燥管装的干燥剂是碱石灰；氨气的水溶液呈碱性，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；
（5）氨气、氯气反应生成氯化铵和氮气，D中干燥管中出现的现象是有白烟生成，反应方程式是8NH3+3Cl2＝N2+6NH4Cl。
【点睛】本题考查实验方案的设计与评价，考查了氯气、氨气的实验室制法及性质的检验，明确制备原理及物质的性质是解题关键，会根据氧化性强弱判断非金属性。
25.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9

（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________，检验生成离子试剂___________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______～6之间，除铝的离子反应方程式是__________。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）氧化中除了添加适量MnO2还可以用H2O2来氧化，写出该离子反应_______________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式_______________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
（8）写出Fe2+和HNO3的离子反应__________。
【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). KSCN溶液 (5). 4.7 (6). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (7). NiS和ZnS (8). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O (9). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (10). (11). 3Fe2+ +4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O
【解析】
【分析】
（1）SiO2难溶于硫酸；“溶浸”中二氧化锰能氧化硫化锰生成硫酸锰、硫和水；
（2）MnO2具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+；KSCN溶液遇Fe3+变红；
（3）Fe3+完全沉淀的pH是2.8，Al3+完全沉淀的pH是4.7；氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；
（4）加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，生成沉淀NiS和ZnS；
（5）H2O2和Fe2+反应，氧化产物是Fe3+、还原产物是H2O；
（6）“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳；
（7）根据元素化合价代数和等于0计算z值；
（8）Fe2+和HNO3发生氧化还原反应，氧化产物是Fe3+、还原产物是NO。
【详解】（1）SiO2难溶于硫酸，所以“滤渣1”含有SiO2；“溶浸”中二氧化锰能氧化硫化锰生成硫酸锰、硫和水，根据得失电子守恒，反应方程式是MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）MnO2具有氧化性，“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；KSCN溶液遇Fe3+变红，检验Fe3+的试剂是KSCN溶液；
（3）Fe3+完全沉淀的pH是2.8，Al3+完全沉淀的pH是4.7，“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为4.7～6之间，氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式是Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
（4）加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，生成沉淀NiS和ZnS，所以“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS；
（5）H2O2和Fe2+反应，氧化产物是Fe3+、还原产物是H2O，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；
（6）“沉锰”过程中硫酸锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳，反应的离子方程式是Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，根据元素化合价代数和等于0，1+2+3+4z-2×2=0，z=；
（8）Fe2+和HNO3发生氧化还原反应，氧化产物是Fe3+、还原产物是NO，根据得失电子守恒，反应的离子方程式是3Fe2+ +4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O。
26.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体（熔点为-132℃，还原性强、易自燃），可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物（以PH3计）的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。
【实验装置】C中盛100 g原粮，D中盛有 20.00 mL 1.12×10-4 mol • L-1KMnO4溶（H2SO4酸化)。
（1）仪器C的名称是_________；原粮最好先打成粉末，其原因是_____________。
（2）磷化钙与水反应化学方程式为_____________________________________；检查整套装置气密性良好的方法是_______________________________________。
（3）A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止___________；通入空气的作用是____________。
（4）D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。
（5）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol • L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，写出该反应的离子方程式________________，消耗标Na2SO3准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______mg • kg-1。
（6）滴定结束的现象_____________________。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 使原粮中磷化物与水充分反应 (3). Ca3P2 + 6H2O=3Ca(OH)2 +2PH3 (4). 关闭K1，打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A，B，D的装置中有气泡产生则气密性良好 (5). 氧化装置C中生成的PH3 (6). 吹出PH3使其全部被酸性高锰酸钾溶液吸收 (7). 5PH3 + 8MnO4— +24H+ =5H3PO4 +8Mn2+ + 12H2O (8). 2MnO4—+ 5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42- +3H2O (9). 0.0085 (10). 滴入最后一滴标准液紫色褪去且30s不恢复
【解析】
【分析】
（1）根据装置图分析仪器C的名称；原粮打成粉末可以增大与水的接触面积；
（2）磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢；用抽气泵缓慢抽气，依据连续装置中的压强变化判断装置气密性；
（3）PH3具有较强还原性，用高锰酸钾溶液吸收原粮放出的PH3，根据消耗高锰酸钾的物质的量计算磷化物含量；
（4）D中PH3被高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子；
（5）高锰酸钾被Na2SO3溶液还原为锰离子，Na2SO3被氧化为Na2SO4；根据方程式计算PH3的含量；
（6）高锰酸钾溶液呈紫色，滴定结束紫色褪去。
【详解】（1）根据装置图可知，仪器C的名称是三颈烧瓶；原粮打成粉末可以增大与水的接触面积，使原粮中磷化物与水充分反应；
（2）磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢，化学方程式为Ca3P2 + 6H2O=3Ca(OH)2 +2PH3；检查整套装置气密性良好的方法是：关闭K1，打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D的装置中有气泡产生则气密性良好；
（3）实验原理是：用高锰酸钾溶液吸收原粮放出的PH3，根据消耗高锰酸钾的物质的量计算磷化物含量， B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧气氧化装置C中生成的PH3；通入空气的作用是吹出PH3使其全部被酸性高锰酸钾溶液吸收。
（4）D中PH3被高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为5PH3 + 8MnO4- +24H+ =5H3PO4 +8Mn2+ + 12H2O；
（5）高锰酸钾被Na2SO3溶液还原为锰离子，Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应的离子方程式是2MnO4-+ 5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42- +3H2O；加水稀释至25mL，用浓度为5×10-5mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应2MnO4-+ 5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42- +3H2O 可知2KMnO4～5Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量=0.011L×5×10-5mol/L×=2.2×10-7mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量= 0.02L×1.12×10-4 mol•L-1-2.2×10-7mol=0.04×10-6mol，根据反应5PH3 + 8MnO4- +24H+ =5H3PO4 +8Mn2+ + 12H2O得到定量关系为：5PH3～8KMnO4，PH3的物质的量为0.04×10-6mol×=2.5×10-8 mol，PH3的质量为2.5×10-8 mol×34g/mol=8.5×10-7g，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为8.5×10-4mg/0.1 kg =0.0085mg•kg-1；
（6）高锰酸钾溶液呈紫色，滴定结束的现象是滴入最后一滴标准液紫色褪去且30s不恢复。
【点睛】本题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景，考查氧化还原反应滴定及相关计算，明确非常规装置气密性的检验方法，重点是滴定实验原理的理解和定量测定的计算。
27.有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对电子，F原子核外电子数是B 与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色或砖红色E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。请回答下列问题：

（1）C原子基态时的电子排布式为_______________，元素A、B、C、F的原子半径由大到小的顺序_________。
（2）A2F的分子空间构型为_______________，FO3分子中F原子的杂化方式______________。
（3）从图中可以看出，D 与B形成的离子化合物的化学式为__________（用元素符号表示），该离子晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积是_________（写出表达式即可，不用化简）。
（4）已知E单质的晶体为面心立方最密堆积 (在晶胞的顶点和面心均含有一个E原子)，则E的晶体中E原子的配位数为________。
（5）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，其晶胞结构如图所示。请回答下列问题：

B和N相比，电负性较大的是_________,氮化硼的晶体类型______，氮化硼的晶胞中有几个氮原子_________。
【答案】 (1). 1s22s22p3 或[He]2s22p3 (2). S＞N＞F＞H (3). V形 (4). sp2 (5). CaF2 (6). (7). 12 (8). N (9). 原子晶体 (10). 4
【解析】
【分析】
A是周期表中原子半径最小的元素，A为H元素；B是电负性最大的元素，B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对电子，C的电子排布式是1s22s2sp3，C为N元素；F原子核外电子数是B 与C核外电子数之和，F是S元素；E能形成红色或砖红色E2O和黑色的EO两种氧化物，E是Cu元素；根据 D与F元素可形成离子化合物的晶胞结构图，可知D与F元素形成离子化合物化学式是DF2，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，D是Ca元素。据此解答。
【详解】（1）C是N元素，核外有7个电子，基态时的电子排布式为1s22s22p3；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，元素H、F、N、S的原子半径由大到小的顺序S＞N＞F＞H；
（2）H2S中S原子的价电子对数是4，有2对孤电子对，分子空间构型为V形，SO3分子中S原子的价电子对数是，S的杂化方式是sp2；
（3）根据均摊原则，Ca原子数是，F原子数是8，所以该离子化合物的化学式为CaF2，设晶胞的体积为V， ag·cm-3=，晶胞的体积是；
（4）根据晶胞结构可知为面心立方最密堆积，原子的配位数为12；
（5）同周期元素从左到右，电负性增大，B和N相比，电负性较大的是N，氮化硼是功能陶瓷材料，晶体类型是原子晶体，根据均摊原则，1个晶胞中氮原子有4个。