【化学】河北省鸡泽县第一中学2018-2019学年高二5月月考（解析版） 试卷

河北省鸡泽县第一中学2018-2019学年高二5月月考
第Ⅰ卷( 共50分)
可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 C:12 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 K:39 Cu:64 Zn:65 Fe:56
一、选择题(本题共25个小题，每题2分，共50分。每题只有一个答案符合题意)
1.化学让生活更美好。以下说法错误的是( )
A. 酒精溶液可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好
B. 在烟花中加入某些金属元素，使焰火更加绚丽多彩
C. 苏打水呈弱碱性，可以舒缓胃酸分泌过多时的不适感
D. 在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质
【答案】A
【解析】
【详解】A．医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，选项A错误；
B．某些金属离子在灼烧时会产生特殊的颜色，所以在烟花中加入某些金属元素，使焰火更加绚丽多彩，选项B正确；
C．苏打水呈弱碱性,能与胃酸反应, 可以舒缓胃酸分泌过多时的不适感，选项C正确；
D．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质，选项D正确。
答案选A。
2. 化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是
A. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害
C. 推广使用煤的液化技术，从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放
D. 明矾常用于水体杀菌消毒
【答案】B
【解析】
试题分析：A、绿色化学是指利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A错误；B、聚乙烯等塑料难降解，会造成白色污染，用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害，B正确；C、推广使用煤液化技术，燃烧产物仍然有二氧化碳，不能减少温室气体的排放，C错误；D、明矾能净水但不能杀菌消毒，D错误。答案选B。
考点：化学与生活
3.科学家用金属钠还原CCl4和SiCl4制得一种一维SiC纳米棒。相关反应化学方程式为8Na+CCl4+SiCl4SiC+8NaCl。下列说法不正确的是
A. 一维SiC纳米棒“比表面积”大，对微小粒子有较强的吸附能力
B. 上述反应中SiC既是氧化产物又是还原产物
C. SiCl4是由极性键构成的非极性分子
D. 每生成1 mol SiC转移8 mol电子
【答案】B
【解析】
试题分析：A.一维SiC纳米捧属于纳米材料，由于颗粒表面积大，因此吸附力强，对微小粒子有较强的吸附能力，正确；B.在8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl反应中，C元素的化合价由反应前CCl4中的+4价变为反应后SiC中的-4价，化合价降低，获得电子，所以SiC是还原产物；而Si元素的化合价在反应前后不变，因此SiC只是还原产物，错误；C. SiCl4分子中的Si-Cl键是极性共价键，而他们形成的分子是正四面体结构，是对称的分子，因此SiCl4是由极性键构成的非极性分子，正确；D．根据方程式可知每生成1mol SiC转移8mol电子，正确。
考点：考查一维SiC纳米捧制取的有关知识。
4.下列关于“物质的量”“摩尔”和“摩尔质量”的叙述中正确的是
A. 物质摩尔质量等于其相对分子(原子)质量
B. “物质的量”是国际单位制中的一个基本单位
C. 0.012 kg12C中所含的碳原子数为NA
D. 1 mol任何物质都含有约6.02×1023个分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩尔质量有单位为g/mol，而相对分子（原子）质量单位为1，二者不相等，故A错误；
B．“物质量”是物理量，不是单位，其单位mol是国际单位制中的一个基本单位，故B错误；
C．1mol粒子集体所含的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子数相同，即为NA，故C正确；
D．有的物质不是由分子组成的，而是由原子或离子组成的，故D错误；
答案选C。
5.下列叙述错误的是(　　)
①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一； ②1 mol任何物质都含有约6.02×1023个原子；③6.02×1023就是阿伏加德罗常数；④氢原子的摩尔质量是1 g；⑤HCl的摩尔质量等于1 mol HCl分子的质量；⑥1 mol CO2中含有1 mol碳和2 mol氧。
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③④⑥ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①中，摩尔不是物理量，是物质的量的单位，错误；②中，1mol任何物质都含有约6.02×1023个结构粒子，不一定是原子，错误；③中，阿伏加德罗常数是精确值，而6.02×1023mol－1为近似值，错误；④中，H的摩尔质量为1g·mol－1，错误；⑤中，摩尔质量与质量的单位不同，错误；⑥中，1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误；符合题意的选项为D；综上所述，本题选D。
【点睛】构成物质的微粒种类很多，主要有分子、原子、离子等等，因此1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒，近似为6.02×1023个微粒。
6.在标准状况下，若VL甲烷(CH4)中含有的氢原子数为n，则阿伏加德罗常数可表示为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据计算甲烷物质的量，氢原子物质的量为甲烷的4倍，再根据N=nNA计算。
【详解】标准状况下，VL甲烷的物质的量为，每个甲烷分子含有4个H原子，故H原子的物质的量为4×＝，则，解得。答案选B。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B. 25 ℃、101 kPa下，64 g SO2中含有的原子数为3NA
C. 在常温常压下，11.2 L Cl2含有的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2 L H2O含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氦气是一个原子组成的，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，在标况下1mol气体的体积约为22.4L，故A错误；
B．64g二氧化硫的物质的量为64g÷64g/mol=1mol，1mol二氧化硫分子中含有3mol原子，含有的原子数为3NA，故B正确；
C．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；
D．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；
答案选B。
【点睛】明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。
8.若NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 46gNO2和N2O4的混合液中总原子数为3NA
B. 4℃时9mL水和11.2L氮气含有相同的分子数
C. 同温同压下，NA个CO2与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等
D. 1.01×105Pa时，11.2 L氧气所含的原子数目为NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 根据NO2和N2O4的最简式计算混合物中含有的原子总数：B. 4℃对应的不是标准状况；C. 根据阿伏加德罗定律分析；D. 无法确定氧气是否处于标准状况。
【详解】A. NO2和N2O4的最简式均为NO2，46gNO2和N2O4的混合液中含有NO2的物质的量为=1mol，则含有原子3mol，总原子数为3NA，故A正确；
B. 4℃对应的不是标准状况，无法计算11.2L氮气含有的分子数，故B错误；
C. NA个CO2与NA个N2和O2的混合气体所含有的气体物质的量相等，根据阿伏加德罗定律可知，在同温同压下，物质的量相等的气体具有相同的体积，故C错误；
D. 1.01×105Pa时，11.2 L氧气对应的不一定是标准状况，所以无法计算原子数目，故D错误，答案选A。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，注意标准状况对应的温度和压强是0℃、101KPa，不是常温常压，为易错点。
9.设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 3.6 g D20 和 3.6 g H2O 中含有的质子数均为 2NA
B. 含 2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的 Cu 在加热的条件下反应可生成 NA 个 SO2 分子
C. 常温常压下，22.4 L 甲醛(HCHO)含有的原子数目为 4NA
D. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因为D20的摩尔质量为20g/mol, H2O的摩尔质量为18g/mol, 他们的质子数均为10，所以3.6 g D20和 3.6 g H2O中含有的质子数不等，故A错误；B. 因为浓硫酸和铜反应放出SO2，稀硫酸和铜不反应，所以含 2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的 Cu 在加热的条件下反应可生成SO2 分子数小于NA 个，故B错误；C. 甲醛为气体，常温常压下22.4 L HCHO的物质的量小于1mol，故含有的原子数目小于4NA，故C错误；D. 根据O元素的化合价变化可知，过氧化钠与水反应生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA，故D正确；本题答案为：D。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　 )
A. 标准状况下，22.4L四氯化碳分子数为NA
B. 常温下，16gO2和O3组成的混合气体中所含有的原子数为NA
C. 常温下,1mol/L的AlCl3溶液中含有的Cl-离子数为3NA
D. 18gNH4+离子中所含的电子总数为12NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，选项A错误；
B．氧气和臭氧均是由氧元素形成的不同单质，则常温下，16gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量是＝1mol，含有的氧原子数为NA，选项B正确；
C．由n=cV可知，计算溶质的物质的量还需知道溶液的体积，则体积未知，无法计算Cl- 个数，选项C错误；
D．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
11.同温、同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则某气体的相对分子质量为(　　)
A. 28 B. 60 C. 32 D. 44
【答案】A
【解析】
【分析】
同温同压下，氧气、二氧化碳及未知气体的体积相等，同温同压下，它们的物质的量相等，充满二氧化碳、氧气时的总质量之差计算二氧化碳、氧气质量之差，而结合m=nM计算气体物质的量，再根据充满二氧化碳、未知气体质量之差计算未知气体相对分子质量。
【详解】同温同压下，氧气、二氧化碳及未知气体的体积相等，同温同压下，它们的物质的量相等，设气体物质的量为n，则n×（44g/mol-32g/mol）=122g-116g，解得n=0.5mol，令未知气体相对分子质量为y，则0.5mol×（44g/mol-y g/mol）=122g-114g，解得y=28，故答案选A。
12.两个体积相同的容器,一个盛有NO,另一个盛有N2和O2,在同温同压下两容器内的气体一定具有相同：①.原子总数 ②.质子总数 ③.分子总数 ④.质量
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】
相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，分子数相等，根据气体的分子构成、原子构成作进一步判断。
【详解】相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，根据N=nNA知分子数相等，每个分子含有的原子个数相等，所以原子总数相等，一个一氧化氮分子、氮气分子或氧气分子中含有的质子数不等，所以总质子数不一定相等，气体的摩尔质量不等，所以其总质量不一定相等，答案选B。
13.下列溶液中Cl－的浓度与50 mL 1 mol/L的MgCl2溶液中的Cl－相等的是
A. 100 mL 2 mol/L的NaCl溶液 B. 50 mL 0.5 mol/L的AlCl3溶液
C. 1 L 0.2 mol/L的KCl溶液 D. 20 mL 0.5 mol/L的CaCl2溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
50 mL 1 mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度为1mol/L×2＝2mol/L，结合物质的组成分析解答。
【详解】A、100 mL 2 mol/L的NaCl溶液中氯离子浓度为2 mol/L，A符合；
B、50 mL 0.5 mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度为0.5mol/L×3＝1.5mol/L，B不符合；
C．1 L 0.2 mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，C不符合；
D．20 mL 0.5 mol/L的CaCl2溶液中氯离子浓度为0.5mol/L×2＝1.0mol/L，D不符合。
答案选A。
【点睛】本题主要是考查物质的量浓度的有关计算，明确物质的组成以及在溶液中的电离情况是解答的关键，注意氯离子的浓度与溶液的体积无关，计算氯离子的物质的量时需要考虑溶液的体积。
14.下列属于非电解质的是(    )
A. 石墨 B. C. AgCl D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，酸、碱、盐、金属氧化物、水都是电解质。
【详解】A.电解质、非电解质研究对象是化合物，而A是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B.熔融态不导电，水溶液虽然导电但不是本身电离是其水溶液电离，水溶液和熔融态都不导电是非电解质，选项B正确；C.AgCl熔融态导电是电解质，选项C错误；D.熔融态导电是电解质，选项D错误。答案选B。
【点睛】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，酸、碱、盐、金属氧化物、水都是电解质。
15.下列关于物质的分类中，正确的是

酸性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
SiO2
HClO
烧碱
KAl(SO4)2·12H2O
C2H5OH
B
Na2O2
HNO3
NaHSO4
漂白粉
Mg
C
SO3
H2SiO3
纯碱
水泥
NaCl
D
NO
Al(OH)3
BaCO3
铝热剂
NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，由两种或两种以上物质组成的是混合物，溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，据此解答。
【详解】A、烧碱是氢氧化钠，属于碱，KAl(SO4)2•12H2O属于纯净物，C2H5OH属于非电解质，A错误；
B、Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，也不属于碱性氧化物，Mg是单质，不是电解质也不是非电解质，B错误；
C、选项中的各物质符合自己所属的类别，SO3能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠属于盐，水泥属于硅酸盐产品，属于混合物，NaCl属于电解质，C正确；
D、NO属于不成盐氧化物，Al(OH)3属于两性氢氧化物，NH3属于非电解质，D错误。
答案选C。
16.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1 mol·L－1 KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl－、SO42－
B. 无色透明的溶液：Cu2+、NH4＋、NO3－、CO32－
C. 使pH试纸变红的溶液：K＋、Ca2+、Cl－、ClO－
D. 水电离出的c(H＋)=10－12mol·L－1的溶液：Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.1 mol·L－1 KNO3溶液中：Mg2+、Fe3+、Cl－、SO42－、K+、NO3－之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；
B. 无色透明的溶液中不能含有Cu2+，且Cu2+与CO32－反应生成沉淀而不能大量共存，选项B错误；
C. 使pH试纸变红的溶液呈酸性，H＋、Cl－、ClO－之间发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；
D. 水电离出的c(H＋)=10－12mol·L－1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，若为强碱性则不能大量存在NH4＋，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大。
17.下列离子方程式书写正确且能合理解释亊实的是
A. SO2随雨水降落.形成酸雨:SO2+ H2O = 2H+ + SO32-
B. 向Mg(HCO3)2溶液中加人过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2+ +2HCO3- +2OH -= MgCO3↓+2H2O
C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置—段时间后，溶液变蓝： 4H++4I-+O2=2I2+2H2O
D. Cl2通入FeCl2 溶液中生成 FeCl3：Fe2++Cl2=2Cl-+Fe3+
【答案】C
【解析】
A、 SO2随雨水降落.形成酸雨:SO2+ H2O H+ + HSO3-，故A错误；B、向Mg(HCO3)2溶液中加人过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2+ +2HCO3- +4OH -= Mg(OH)2 ↓＋2CO32―+2H2O，故B错误；C、在空气中放置—段时间后，O2能将I― 氧化，溶液变蓝： 4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故C正确；D、 Cl2通入FeCl2 溶液中生成 FeCl3：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故D错误；故选C。
18.下列离子方程式正确的是
A. 用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl－ + 2H+ H2↑ + Cl2↑
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O ═ AlO2-+ 4NH4+ + 2H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2 + H2O + 2C6H5O－→ 2C6H5OH + 2 CO32－
D. Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32- + 6H+ + 2MnO4- ═ 5SO42－+ 2Mn2+ + 3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl- + 2H2O H2↑+ Cl2↑+2OH－，水是弱电解质，不能用离子形式表示，故A错误；
B .氢氧化铝不能溶于弱碱氨水中，故B错误；
C. 由于苯酚的酸性较碳酸氢根强，则苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故C错误；
D. Na2SO3具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，离子方程式为：5SO32- + 6H+ + 2MnO4- ═ 5SO42－+ 2Mn2+ + 3H2O，故D正确；
答案选D。
19.为了除去粗盐中的Ca2+ Mg2+ SO42－及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。其中正确的是① 过滤 ② 加过量的NaOH溶液③ 加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤ 加过量BaCl2溶液
A. ②⑤④①③ B. ④①②⑤③ C. ①④②⑤ D. ②④①③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】Mg2+用氢氧根离子沉淀，加过量的NaOH溶液可以将镁离子沉淀；SO42－用钡离子沉淀，加过量的BaCl2溶液可以将硫酸根离子沉淀；先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，Ca2+用碳酸根离子沉淀，加过量的Na2CO3溶液除去钙离子，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，然后进行过滤，最后再向滤液中加入HCl除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，即顺序可以是②⑤④①③。答案选A。

20.下列关于离子检验的说法正确的是 ( )
A. 检验溶液中是否含有Ba2+：取少量待测液，向其中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀产生，则溶液中含有Ba2+
B. 检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是酸性KMnO4溶液
C. 检验溶液中是否含有CO32-：取少量待测液，向其中加入适量稀盐酸，观察是否有大量气泡产生
D. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42-或SO32-
【答案】B
【解析】
A. 如果溶液中含有Ca2+、Ag+等，向其中加入少量稀硫酸，会有硫酸钙、硫酸银等白色沉淀产生，所以不能确定溶液中含有Ba2+，故A错误；B. 硫酸亚铁可将KMnO4还原而使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C. HCO3-、SO32-、HSO3-也可遇稀盐酸产生大量气泡，故C错误；D. 也可能存在Ag+，产生氯化银白色沉淀，故D错误。故选B。
21.某同学在配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，有下列不当操作：
①称量时天平未达平衡（左低右高）②定容时，眼睛俯视刻度线
这两处不当操作对所得溶液浓度的影响是
A. 都导致浓度偏大 B. ①导致浓度偏小，②导致浓度偏大
C. 都导致浓度偏小 D. ①导致浓度偏大，②导致浓度偏小
【答案】A
【解析】
试题分析：根据c=n/V=m/MV，①天平“左物有码”，左高右低，说明药品少，因此所配溶液浓度偏低；②俯视刻度线，所配溶液体积偏小，因此所配溶液浓度偏大；故选项B正确。
考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液等知识。

22.《抱朴子·金丹》中有如下描述：“凡草木烧之即烬，而丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂，或以硫黄覆之，亦复得”对此段话的理解中肯定错误的是（ ）
A. “草木烧之即烬”的烬含有K2CO3
B. “丹砂烧之”过程中没有发生电子的转移
C. 该过程的 “积变” 是化合反应
D. 丹砂可能是HgS
【答案】B
【解析】
【详解】A. 草木燃烧后剩余的物质“烬”中含有K2CO3，A正确；
B. 丹砂是HgS，加热分解为汞和硫，属于氧化还原反应，B错误；
C. 丹砂是HgS，加热分解为汞和硫，遇冷Hg和S化合为HgS，C正确；
D. 《抱朴子·金丹》中的描述，以硫黄覆之（水银），亦复得，说明汞与硫常温下反应可生成硫化汞，丹砂可能是HgS，D正确；
正确选项B。
23.硝化细菌可将 NH4+转化为NO3-，离子方程式为：NH4++2O2→NO3-+2H++H2O，下列判断不正确的是
A. NO3-既是氧化产物，又是还原产物
B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:2
C. 反应一段时间后，溶液酸性增强
D. 1mol NH4+完全反应，转移电子 8mol
【答案】B
【解析】
【详解】针对NH4++2O2=NO3-+2H++H2O反应，NH4+中氮元素为-3价，NO3-中氮元素为+5价，氮元素化合价升高，发生氧化反应，NO3-为氧化产物；O2中氧元素为0价，反应后降低到-2价，其对应的还原产物为NO3-和H2O；
A.通过以上分析可知，NO3-既是氧化产物，又是还原产物，A正确；
B.通过以上分析可知，氧化剂为氧气，还原剂为NH4+，二者量之比为2:1，B错误；
C.根据反应可知，反应生成了氢离子，溶液酸性增强，C正确；
D. NH4+中氮元素为-3价，NO3-中氮元素为+5价，发生氧化反应，所以1mol NH4+完全反应，转移电子 8mol，D正确；
正确选项B。
24.3.84g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到1344mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积
A. 672mL B. 168mL C. 504mL D. 336mL
【答案】A
【解析】
【详解】根据题给信息知铜与一定量的浓硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中生成硝酸，相当于铜失去的电子最终被氧气得到。3.84g铜的物质的量是3.84g÷64g/mol＝0.06mol，失去0.12mol电子，根据电子转移守恒可知，氧气得电子的物质的量也是0.12mol，1mol氧气得电子的物质的量为4mol，氧气的物质的量是0.12mol÷4＝0.03mol，标准状况下的体积是0.03mol×22.4L/mol＝0.672L＝672mL。答案选A。
25.将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.2molNO2和0.3molNO，下列说法正确的是
A. 反应后生成的盐只有硝酸铁
B. 反应后生成的盐只有硝酸亚铁
C. 反应后生成的盐为硝酸亚铁和硝酸铁，其物质的量之比为1：3
D. 反应后生成的盐为硝酸亚铁和硝酸铁其物质的量之比为3：1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中电子得失相等以及原子守恒来解答。
【详解】铁失电子，NO2和NO得电子，得失电子守恒。0.2molNO2得0.2mol电子，0.3molNO得3×0.3mol=0.9mol电子，共得1.1mol电子；而n（Fe）＝22.4g÷56g/mol＝0.4mol，这些电子由0.4mol的铁提供。设生成硝酸铁的物质的量为xmol，硝酸亚铁的物质的量为ymol，每生成1molFe3+提供3mol电子，每生成1molFe2+提供2mol电子。则根据原子和电子得失守恒可知：x+y=0.4、3x+2y=1.1，解得：x=0.3，y=0.1，所以n（硝酸铁）：n（硝酸亚铁）=3：1。
答案选C。
【点睛】解这种题目需要掌握技巧，把握氧化还原反应的实质：电子的转移（严格的说，氧化还原反应的实质就是发生了电子的转移或者共用电子对的偏移，在解题中都看成电子的转移），同时还要抓住质量守恒。
第II卷(非选择题 共50分)
26.（1）①相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为________；
②氧原子的个数之比为________。
（2）12.4 g Na2R含Na＋0.4 mol，则Na2R的摩尔质量为________，R的相对原子质量为________。含R的质量为1.6 g的Na2R，其物质的量为________。
（3）相同条件下10mLA2气体与30mLB2气体恰好完全反应生成20mL某气体C，则C的化学式为__________________(用A、B表示)，推断中用到的原理理论是：______________________。
【答案】 (1). 5：4 (2). 5：6 (3). 62g/mol (4). 16 (5). 0.1mol (6). AB3 (7). 质量守恒定律、阿伏加德罗定律
【解析】
【详解】（1）①根据n＝m/M可知相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为；
②根据分子式可知氧原子的个数之比为(2×5):(3×4)＝5:6。
（2）12.4 g Na2R含Na＋0.4 mol，则Na2R的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，根据M＝m/n可知摩尔质量为1.24g÷0.2mol＝62g/mol，R的相对原子质量为62－46＝16。含R的质量为1.6 g的Na2R，其中R的物质的量是1.6g÷16g/mol＝0.1mol，所以Na2R的物质的量为0.1mol。
（3）相同条件下10mLA2气体与30mLB2气体恰好完全反应生成20mL某气体C，则根据阿伏加德罗定律可知反应的方程式为A2+3B2＝2C，所以根据原子守恒可知C的化学式为AB3，根据以上分析可知推断中用到的原理理论是质量守恒定律、阿伏加德罗定律。
27.以下12种物质为中学化学中常见的物质：①硝酸 ②BaSO4 ③NH3•H2O ④熔融Na2CO3 ⑤CaO ⑥Cu ⑦蔗糖 ⑧Fe2(SO4)3 ⑨酒精 ⑩NaHSO4 ⑪Cu(OH)2 ⑫NaOH。请按下列分类标准回答问题（填编号）。
（1）属于电解质的是__________________________。
（2）能电离出H＋的是________，属于酸的是________。
（3）属于碱的是________________，其中属于难溶性碱的是________。
（4）属于难溶性盐的是________。
【答案】 (1). ①②③④⑤⑧⑩⑪⑫ (2). ①⑩ (3). ① (4). ③⑪⑫
(5). ⑪ (6). ②
【解析】
【分析】
（1）根据电解质定义分析，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水等；
（2）酸或酸式盐能电离出氢离子；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；
（3）电离出阴离子全是氢氧根离子的化合物为碱；根据物质的溶解性分析；
（4）根据物质的溶解性分析。
【详解】（1）电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，所以属于电解质的有硝酸、硫酸钡、一水合氨、熔融碳酸钠、氧化钙、硫酸铁、硫酸氢钠、氢氧化铜、氢氧化钠，故答案为①②③④⑤⑧⑩⑪⑫；
（2）硝酸和硫酸氢钠能电离出氢离子，答案选①⑩。其中硝酸是酸，硫酸氢钠是酸式盐，答案为①；
（3）一水合氨、氢氧化铜和氢氧化钠电离出的阴离子全是氢氧根离子属于碱，答案选③⑪⑫。其中Cu(OH)2难溶于水，属于难溶性碱，答案选⑪；
（4）硫酸钡不溶于水，属于难溶性盐，故答案为②。
28.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2. N2的电子式为____________，该反应的方程式为___________________________________________
(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为_________________(已知该反应为置换反应)
(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为______，K的原子结构示意图为_______________________。
(4)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为______。
【答案】 (1). (2). 2Na3N == 6Na +N2 (3). Fe (4). 离子键和共价键 (5). (6). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
【解析】
【详解】（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为；
NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2，根据氧化还原反应原理可知，另一生成物为钠，反应的化学方程式为2Na3N = 6Na +N2；
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe；
（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；K是19号元素，其原子结构示意图为；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
29.实验室常用盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20 g·mL－1。
（1）此浓盐酸中HCl的物质的量浓度是________。
（2）配制100 mL该浓盐酸，需要标准状况下HCl体积为________。
（3）配制100 mL 3.00 mol·L－1的盐酸，需以上浓盐酸的体积为________。
（4）将10.0 mL 3.00 mol·L－1的盐酸与10.0 mL 1.00 mol·L－1的MgCl2溶液混合，则混合溶液中Cl－的物质的量浓度是________。(设混合后溶液的体积不变)
【答案】 (1). 12.0 mol·L－1 (2). 26.88 L (3). 25.0 mL (4). 2.50 mol·L－1
【解析】
【详解】（1）根据可知质量分数为36.5%，密度为1.20 g·mL－1浓盐酸的物质的量浓度为＝12.0mol/L；
（2）配制100 mL该浓盐酸，需要氯化氢的物质的量是0.1L×12mol/L＝1.2mol，在标准状况下HCl的体积为1.2mol×22.4L/mol＝26.88 L；
（3）设需浓盐酸的体积为V，根据稀释定律可知3.00mol/L×0.1L＝12.0mol/L×V，解得V＝0.025 L＝25.0mL；
（4）将10.0 mL 3.00 mol·L－1的盐酸与10.0 mL 1.00 mol·L－1的MgCl2溶液混合体积为20mL，则此混合溶液中氯离子的物质的量浓度＝2.50mol/L。
【点睛】掌握好以物质的量为中心的有关计算式是解答的关键，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。