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    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
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    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

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    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






    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:




    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。

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