河北省张家口市2020届高三10月阶段检测化学（解析版）


河北省张家口市2020届高三10月阶段检测
一、单选题(本题共20小题，第1～10每小题2分，第11～20每小题3分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。)
1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A. 镍铬烤瓷牙是一种由镍铬合金制成的牙齿，它耐腐蚀，价格低廉，是国内做的最多的烤瓷牙，28号镍元素属于过渡元素。
B. 燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应
C. 氢氧化铝是医用胃酸中和剂的一种
D. 青花瓷、石英玻璃的主要成分都是硅酸盐
【答案】D
【详解】A．镍铬烤瓷是镍铬合金，物质的性质如硬度、耐腐蚀性等均优于Ni和Cr，用途比Ni和Cr更广泛，其中Ni的原子序数为28，属于过渡性的副族元素，故A正确；
B．焰色反应为元素的性质，燃放烟花是某些金属元素焰色反应所呈现出来的不同色彩，故B正确；
C．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸中和反应生成氯化铝和水，胃酸的成分中含有盐酸，所以氢氧化铝是医用的胃酸中和剂，故C正确；
D．石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故D错误；
故答案为D。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为78的碘原子：78I
B. HClO的结构式为H－O－Cl
C. N2的电子式：
D. 硫原子的结构示意图：
【答案】B
【详解】A．质子数为53、中子数为78的碘原子的质量数为：53+78＝131，该原子可以表示为131I，故A错误；
B．HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H﹣O﹣Cl，故B正确；
C．氮原子的最外层有5个电子，故其电子式为，故C错误；
D．硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，故其结构示意图为，而硫原子核内16个质子，核外电子数与质子数相等，故D错误；
故答案为B。
【点睛】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[ ]，共价化合物一定不存在[ ]， 未参加成键的电子对一定不省略，同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。
3.设NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A. 13.6g液态KSO4中含有0.3NA个离子
B. 25℃ 1 L pH＝2的硫酸溶液中，含有的H＋数目为0.02NA
C. 在标准状况下，11.2L HF中含有的原子数为NA
D. 56g铁粉与1 mol Cl2完全反应后，转移电子数目为2NA
【答案】D
【详解】A．KHSO4在熔融时只能电离为K+和HSO4﹣，故13.6g液态KHSO4即0.1mol液态KHSO4中含有离子为0.2NA个，故A错误；
B．25℃，pH＝2硫酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子物质的量为0.01mol，即0.01NA个，故B错误；
C．标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算11.2L HF的物质的量，故C错误；
D．56g铁粉的物质的量为1mol，而铁和氯气反应时，1mol铁消耗1.5mol氯气，故铁过量，由于氯气反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2NA个电子，故D正确；
故答案为D。
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
4.某学习小组需1.0000 mol/L的NaOH溶液240mL。下列有关配制时的说法正确的是（ ）
A. 称量时，托盘天平两边应放等质量的两张纸
B. 配置时需用托盘天平称取9.6gNaOH固体
C. 溶解NaOH固体后，将所得溶液立即转移到容量瓶中，会导致所配溶液浓度偏大
D. 配制好的NaOH溶液应转移到带有玻璃塞的试剂瓶中
【答案】C
【详解】A．在小烧杯内迅速称量，防止吸潮，不能放在纸上，故A错误；
B．容量瓶的规格没有240mL，只能选250mL，需氢氧化钠的质量为m＝0.25L×1mol•L﹣1×40g/mol＝10.0g，故B错误；
C．溶解NaOH后未经冷却至室温就转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，故C正确；
D．玻璃的主要成分含有二氧化硅，与氢氧化钠反应，故不能转移到带有玻璃塞的试剂瓶中，故D错误；
故答案为C。
5.将饱和的氯化铁溶液分成两等份，把其中一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到分散系I；把另一份溶液滴加到凉水中，得到分散系II。则下列说法正确的是（ ）
A. 两份分散系中的分散质均为氯化铁
B. 两份分散系均能全部通过半透膜
C. 分别向两份分散系中滴加足量NaOH溶液，最终都能得到沉淀
D. 两份分散系均能发生丁达尔效应
【答案】C
【详解】A．分散系Ⅰ为氢氧化铁胶体；分散系Ⅱ为氯化铁溶液，故两分散系中的分散质不同，故A错误；
B．胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，故B错误；
C．将氢氧化钠溶液加入到氢氧化铁胶体中，发生胶体的聚沉，得到氢氧化铁沉淀；将氢氧化钠溶液加入氯化铁溶液中，两者反应生成氢氧化铁沉淀，故均有氢氧化铁沉淀生成，故C正确；
D．只有胶体才能发生丁达尔效应，故只有分散系I可以发生丁达尔效应，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查了胶体的制备和性质，将饱和的氯化铁溶液分成两等份，把其中一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，发生反应：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，得到分散系Ⅰ为氢氧化铁胶体；把另一份溶液滴加到凉水中，得到分散系Ⅱ为氯化铁溶液，注意胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小，而导致胶体有丁达尔效应，溶液没有。
6.下列关于SO2和NO2的叙述中正确的是（ ）
A. 均只能使紫色石蕊溶液变红
B 与水反应都发生氧化还原反应
C. 均是酸性氧化物
D. 均能将FeSO4溶液氧化为Fe2(SO4)3溶液
【答案】A
【详解】A．SO2和NO2与水作用均生成酸，虽然SO2具有漂白性，但不能使石蕊试液褪色，所以均能使紫色石蕊溶液变红，故A正确；
B．SO2与水作用生成H2SO3，不能生成H2SO4，没有发生氧化还原反应，故B错误；
C．NaOH溶液能与NO2、SO2反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O；SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，所以SO2是酸性氧化物，NO2与碱发生的是氧化还原反应，得到的不是相应的盐，不是酸性氧化物，故C错误；
D．SO2具有还原性和弱氧化性，根据氧化还原反应的规律可知二氧化硫不能将FeSO4溶液氧化为Fe2(SO4)3溶液，故D错误；
故答案为A。
7.室温下，下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 FeCl2溶液中，NH4＋、ClO-、Br-、SO42－
B. 饱和氯水中，Fe3＋、NO3－、Al3＋、SO42－
C. PH＝7的溶液中，Cl－、SO42－、Na＋、Fe3＋
D. 0.l mol/L NaAlO2溶液中，HCO3－、Cl－、Ba2＋、K＋
【答案】B
【详解】A．FeCl2、ClO﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣之间不反应，都不与饱和氯水反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．pH＝7的溶液呈中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．NaAlO2、HCO3﹣之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。
8.对Zn＋2MnO2＋2H2O＝2MnO(OH)＋Zn(OH)2，下列说法错误的是（ ）
A. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1
B. MnO(OH)中Mn的化合价为＋3价
C. MnO2在反应中被还原
D. Zn是此反应中还原剂
【答案】A
【详解】A．Zn(OH)2为氧化产物，MnO(OH)是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，故A错误；
B．该化合物中氢氧根离子的化合价为﹣1价，氧的化合价为﹣2价，则依据化合物的化合价代数和为0可知，Mn元素的化合价为+3价，故B正确；
C．MnO2作氧化剂，被还原，故C正确；
D．Zn元素的化合价升高，作还原剂，故D正确；
故答案为A。
9.56号元素在元素周期表中的位置是（ ）
A. 第六周期IIA族 B. 第四周期IVA族
C. 第五周期IIA族 D. 第五周期IVA族
【答案】A
【详解】稀有气体Xe，原子序数为54，位于第五周期零族，所以56号元素是第六周期第二种元素，故56号元素位于第六周期ⅡA族，故答案为A。
【点睛】明确元素周期表的大致结构是解题关键，记住稀有气体也就是0族元素的质子数(或碱金属族元素的质子数)。这些元素分别是每个周期最后(或开始)一种元素，He﹣﹣2，Ne﹣﹣10，Ar﹣18，Kr﹣36，Xe﹣54，Rn﹣86．这些元素分别是每个周期最后一种元素，再根据原子序数之间的差值确定。
10.P、S、Cl位于同一周期，下列说法正确的是（ ）
A. 量高价氧化物对应的水化物酸性：H2SO4>HClO4
B. 气态氢化物稳定性：PH3>H2S>H2O
C. 非金属性：P>S>Cl
D. 还原性：H2S>HCl
【答案】D
【详解】P、S、Cl位于同一周期，且从P到Cl，非金属性逐渐增强；
A．非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，故最高价氧化物对应的水化物酸性：H2SO4＜HClO4，故A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物稳定性：PH3＜H2S＜H2O，故B错误；
C．同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，故非金属性：P＜S＜Cl，故C错误；
D．非金属性越强，则阴离子或氢化物的还原性逐渐减弱，故还原性：H2S＞HCl，故D正确；
故答案D。
【点睛】考查元素周期律的应用，应注意的是氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等均和元素的非金属性有关，同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐增强，和氢气化合逐渐变容易，所得的气态氢化物的稳定性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，阴离子或氢化物的还原性逐渐减弱。
11.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液显中性：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O
B. 稀硫酸中加入铁粉：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
C. KMnO4溶液与草酸溶液混合：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑
D. 铁粉溶于过量稀硝酸：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋4H2O＋2NO↑
【答案】C
【详解】A．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液显中性，氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量之比为2：1，正确的离子方程式为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．稀硫酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合，二者发生氧化还原反应，离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；
D．铁屑溶于过量稀硝酸，铁被氧化成铁离子，正确的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查离子反应方程式的书写，把握物质的性质、发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。
12.下图是某元素的价类二维图，A为正盐，通常条件下Z是无色溶液，D的相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 若X是一种强碱，则F为硝酸
B. 若X是一种强酸，则F为硫酸
C. B和F在一定条件下均能发生反应，且都生成
D. B在一定条件下可直接与Y反应生成D
【答案】C
【分析】A为正盐，若X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应依次得到单质C、氧化物D与氧化物E，D的相对分子质量比E小16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3．若X是一种强酸，为S元素单质及其化合物符合转化关系，则A为硫化物、B为H2S、C为S、D为SO2、E为SO3、Z为、F为H2SO4。
【详解】A．A为正盐，若X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应依次得到单质C、氧化物D与氧化物E，D的相对分子质量比E小16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，故A正确；
B．若X是一种强酸，为S元素单质及其化合物符合转化关系，则A为硫化物、B为H2S、C为S、D为SO2、E为SO3、Z为、F为H2SO4，故B正确；
C．氨气与硝酸反应生成硝酸铵，但硫化氢与硫酸反应不能生成盐，故C错误；
D．氨气能与氧气反应生成NO与水，硫化氢能与氧气反应生成二氧化硫，故D正确；
故答案为C。
【点睛】考查无机物的推断，“转化中连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应，D的相对分子质量比E小16，说明D→E之间的反应中参加反应的Y为O2，而H2S或S、N2或NH3均能发生连接氧化反应。
13.NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。质监部门常用酸性KMnO4溶液检验NaNO2，并测定其含量。以确定食品是否符合国家规定。下列说法正确的是（ ）
A. 该上述反应中KMnO4是氧化剂
B. NO2－被还原为N2
C. 测定NaNO2含量时，当溶液变为紫色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液
D. 反应过程中溶液的pH减少
【答案】A
【详解】A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4﹣是氧化剂，故A正确；
B．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化生成 NO3﹣，故B错误；
C．测定NaNO2含量时，反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，应溶液变为无色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液，故C错误；
D．根据元素守恒、电荷守恒知，配平方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+＝2Mn2++5 NO3﹣+3H2O，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故D错误。
故答案为A。
【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应转移电子及基本概念的考查，注意分析元素的化合价，用酸性KMnO4液检验NaNO2，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4﹣是氧化剂，NO2﹣应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子。
14.用下面装置制备干燥的NH3，下列说法不正确的是（ ）

A. 装置①，锥形瓶中的试剂可能是碱石灰 B. 装置②，作用是干燥NH3
C. 装置③，可以收集NH3 D. 装置④，作用是尾气处理
【答案】C
【详解】A．装置①为制备装置，分液漏斗中装有浓氨水，浓氨水易挥发，锥形瓶中的物质可以为碱石灰，碱石灰遇水放热，促进浓氨水挥发，故A正确；
B．装置②为干燥装置，氨气用碱石灰来干燥，故B正确；
C．装置③为收集装置，③为集气瓶，为排空气法，氨气的密度比空气小，应该短管进长管出，故C错误；
D．装置④为尾气处理装置，氨气极易溶于水，用水来吸收多余的氨气，故D正确；
故答案为C。
15.下列实验与图象不对应的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
向NH4C1溶液中加入过量Na2O2固体
向稀硝酸溶液中加入过量的铁粉
明矾溶液中逐滴加Ba（OH）2溶液至过量
向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸
图象





【答案】D
【详解】A．向NH4C1溶液中加入过量Na2O2固体，先是Na2O2固体与水反应放出氧气，然后生成的氢氧化钠与氯化铵反应又放出氨气，图象曲线与实际相符，故A正确；
B．在稀硝酸溶液中加入铁粉，先生成Fe3+，当Fe3+的浓度达到最大值时，再加铁粉生成Fe2+，Fe3+的浓度减小，图象符合，故B正确；
C．明矾溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液至过量：先生成BaSO4和Al(OH)3，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的速度比前面减小)，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀，产生沉淀先快，再慢，最后不变，C与图象相符，故C正确；
D．设NaOH和Na2CO3的物质的量为nmol，nmolNaOH优先反应消耗nmolHCl，然后Na2CO3与nmolHCl反应生成nmolNaHCO3，最后nmolNaHCO3与nmolHCl生成二氧化碳，则生成二氧化碳气体前后消耗HCl溶液体积之比为2：1，图象中比值为3：1，与实际情况不符，故D错误；
故答案为D。
【点睛】考查化学实验方案的评价、图象分析判断，题目难度中等，理解图象含义和变化趋势是解题关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生对图象的分析能力及综合应用能力。
16.2016年IUPAC命名117号元素为Ts，下列说法不正确的是（ ）
A. Ts的原子核外最外层电子数是7
B. Ts是一种非金属元素
C. 其中一种核素的中子数为176
D. Ts在周期表的第七周期第VIIA族
【答案】B
【详解】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，Ts的原子核外最外层电子数是7，故A正确；
B．Ts的原子核外最外层电子数是7，但根据金属与非金属的斜线关系，属于金属元素，故B错误；
C．其中一种核素Ts的中子数为293﹣117＝176，故C正确；
D．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，Ts在周期表的第七周期第ⅦA族，故D正确；
故答案为B。
17.下列实验操作、实验现象及实验结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向某无色溶液中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
原溶液中一定存在Ag+
B
向某溶液中逐滴加入足量的盐酸
先产生白色淀后，后白色沉淀溶解，直至消失
该溶液中一定含有AlO2﹣
C
向某溶液中通入Cl2，再滴入KSCN溶液
溶液变红
原溶液中一定含有Fe2+
D
向某溶液中加入NaOH溶液，充分反应
没有产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
溶液中一定不含NH4+

【答案】B
【详解】A．加盐酸可能生成AgCl或硅酸沉淀，则原溶液中可能存在硅酸根离子，故A错误；
B．加盐酸生成沉淀，白色沉淀可溶于盐酸，则沉淀为氢氧化铝，溶液中一定含有AlO2﹣，故B正确；
C．通入Cl2可氧化亚铁离子，且原溶液中可存在铁离子，不能确定原溶液中是否含亚铁离子，故C错误；
D．加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，则溶液中可能含NH4+，故D错误；
故答案为B。
18.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，W是周期表中原子半径最小的原子，X与Y形成的某种化合物能与水发生氧化还原反应，且生成酸，W、X、Y三种元素的核电荷数之和等于Z的原子序数，则下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W和X形成的某种化合物中，可能既有离子键，又有共价键
C. 单质的氧化性：Y D. 简单氢化物的稳定性：X 【答案】B
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，W是周期表中原子半径最小的原子，则W为H；X与Y形成的某种化合物能与水发生氧化还原反应，且生成酸，该化合物为二氧化氮，则X为N，Y为O；W、X、Y三种元素的核电荷数之和等于Z的原子序数，则Z的原子序数为：1+7+8＝16，则W为S元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为S元素，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞X＞Y＞W，故A错误；
B．H、N形成的化合物NH4H中，既有离子键，又有共价键，故B正确；
C．一般情况下非金属性越强，单质氧化性越强，非金属性O＞S，则单质的氧化性：Y＞Z，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N＞S，所以气态氢化物热稳定性：Z＜X＜Y，故D错误；
故答案为B。
19.为测定某碘水(其溶质为I2)中碘单质的浓度，取该碘水10.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，用0.01 mol·L－1 Na2S2O3滴定此碘水，当溶液由蓝色变为无色时，消耗Na2S2O3的体积为20.00 m1。已知Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则碘单质的浓度为（ ）
A. 0.08 mol·L－1 B. 0.16 mol·L－1
C. 0.04 mol·L－1 D. 0.06 mol·L－1
【答案】A
【详解】设碘水中碘的浓度为x，S元素的化合价由+2价升高为+6价，I元素的化合价由0降低为﹣1价，由电子守恒可知0.01L×x×2×(1﹣0)＝0.02L×0.01mol/L×2×(6﹣2)，解得x＝0.08mol•L﹣1，故答案为A。
【点睛】考查氧化还原反应的计算，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，由信息可知，S元素的化合价由+2价升高为+6价，I元素的化合价由0降低为﹣1价，结合电子守恒计算。
20.将mg铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO2.24L(标准状况下)；将另一份在空气中充分加热，的到n g固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为V ml。下列说法不正确的是（ ）
A. V＝150Ml
B. 硝酸的浓度为2 mol·L－1
C. m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3 mol
D. n＝m＋2.4
【答案】D
【分析】其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，转移电子为0.1mol×(5﹣2)＝0.3mol，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)＝0.3mol÷2＝0.15mol，故溶液中NO3﹣的物质的量为：0.15mol×2＝0.3mol，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1mol+0.3mol＝0.4mol，根据c＝可得HNO3的物质的量浓度；
将另一份在空气中充分加热，得到ng固体为CuO、ZnO，氧原子物质的量等于金属的物质的量，固体质量＝每一份中金属总质量+固体中氧元素质量。将所得固体溶于上述稀硝酸溶解也生成Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，根据金属总物质的量可知消耗HNO3的物质的量，再根据V＝计算消耗硝酸的体积。
【详解】其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，转移电子为0.1mol×(5﹣2)＝0.3mol，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)＝0.3mol÷2＝0.15mol，故溶液中NO3﹣的物质的量为：0.15mol×2＝0.3mol，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1mol+0.3mol＝0.4mol，故HNO3的物质的量浓度为：0.4mol÷0.2L＝2mol/L；
A．反应后溶液中Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，可知消耗HNO3的物质的量为0.15mol×2＝0.3mol，故消耗硝酸的体积为0.3mol÷2mol/L＝0.15L，即150mL，故A正确；
B．由分析可知，HNO3的物质的量浓度为：0.4mol÷0.2L＝2mol/L，故B正确；
C．每一份中n(Cu)+n(Zn)＝0.15mol，则mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15mol×2＝0.3mol，故C正确；
D．每一份中金属总质量为0.5m g，得到ng固体为CuO、ZnO，n(O)＝n(Cu)+n(Zn)＝0.15mol，则ng＝0.5mg+0.15mol×16g/mol＝(0.5m+2.4)g，故D错误；
故答案为D。
二、填空题：(本题共4小题，共计50分。请把正确答案填写在答题纸相应的位置上。)
21.硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波、大苏打，无色透明晶体，易溶于水，遇强酸反应产生硫单质和二氧化硫气体；具有强还原性，与强氧化剂反应产物为SO42－；
(1)Na2S2O3中S元素的化合价为_________。
(2)向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，其反应的离子方程式为____________________________。
(3)Na2S2O3溶液与Cl2反应，可作为绵织物漂白后的脱氧剂。该反应的离子方程式为___________________________________________，要脱去22.4 L Cl2(标准状况下)，需要Na2S2O3________mol。
(4)工业上常用硫化碱法制备海波。其原理是向碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1：2的混合液中通入过量的二氧化硫，经蒸发、结晶，即得硫代硫酸钠。其反应的化学方程式为_____________________________________________，其氧化剂为_____________。
【答案】 (1). +2 (2). 2H++S2O32﹣═SO2↑+S↓+H2O (3). 4Cl2+S2O32﹣+5H2O＝2SO42﹣+10H++8Cl﹣ (4). 0.25 (5). 2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 (6). SO2
【分析】(1)根据化合价代数和为0计算Na2S2O3中S元素的化合价；
(2)酸性条件下Na2S2O3与氢离子反应生成二氧化硫、硫单质和水；
(3)Na2S2O3溶液与Cl2反应，可作为绵织物漂白后的脱氯剂，故反应方程式为Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl，据此书写离子方程式；依据化学方程式定量关系计算Na2S2O3的物质的量；
(4)碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1：2的混合液中通入过量的二氧化硫，经蒸发、结晶，即得硫代硫酸钠，据此书写方程式；化合价降低的为氧化剂。
【详解】(1)设Na2S2O3中S元素的化合价为x，化合价代数和为0，则2+2x+(﹣2)×3＝0，解得x＝2，故S元素化合价为+2；
(2)在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32﹣═SO2↑+S↓+H2O；
(3)Na2S2O3溶液与Cl2反应，可作为绵织物漂白后的脱氯剂，故反应方程式为Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl，故离子方程式为4Cl2+S2O32﹣+5H2O＝2SO42﹣+10H++8Cl﹣；设需要Na2S2O3物质的量为x，反应的氯气物质的量＝＝1mol，由Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl可知参加反应的Na2S2O3的物质的量为1mol=0.25mol；
(4)碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1：2的混合液中通入过量的二氧化硫，经蒸发、结晶，即得硫代硫酸钠，故化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；化合价降低的为氧化剂，故氧化剂为SO2。
22.Ca3N2是重要的化学试剂，易潮解、被氧化，实验室用N2和金属钙在加热条件下制备Ca3N2的装置如图所示(已知：钙能在CO2中燃烧)。请回答下列问题：

(1)Ca3N2中所含化学键的类型为____________。
A.离子键 B.共价键 C.氢键
(2)装置①中的U型管中的物质为___________，其作用为____________________________。
(3)装置②的作用为___________________________。
(4)组装好仪器，装入药品，通入空气后，应先点燃____________处酒精灯，再点燃另一个酒精灯。
(5)写出Ca3N2潮解时的化学方程式__________________________________。
【答案】 (1). A (2). 碱石灰 (3). 除去空气中的水和二氧化碳 (4). 除去空气中的氧气 (5). ② (6). Ca3N2+6H2O＝3Ca(OH)2+2NH3↑
【分析】制备Ca3N2的流程：装置①除去空气中的水和二氧化碳，空气通过装置①后主要为氮气、氧气的混合气体；装置②分散到石棉中的还原性铁粉与通过装置①后的混合气体中的氧气反应；装置③N2和金属钙在加热条件下制备Ca3N2；N2+3CaCa3N2，氮化钙遇水立即发生剧烈反应，装置④防止空气中的水蒸气进入装置③中。
【详解】(1)Ca3N2的电子式为，只含离子键，故答案为：A；
(2)金属钙的活动性很强，遇水立刻剧烈反应生成氢氧化钙，同时产生氢气，钙能在CO2中燃烧，氮化钙与水反应生成氨气，所以需除去空气中的水和二氧化碳，碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，能吸收水和二氧化碳，所以装置①中的U型管中的物质为碱石灰；
(3)装置②分散到石棉中的还原性铁粉与通过装置①后的混合气体中的氧气反应，生成四氧化三铁，所以作用为除去空气中的氧气；
(4)实验开始先使②装置的反应发生，排除混合气体中的氧气，装置②分散到石棉中的还原性铁粉与通过装置①后的混合气体中的氧气反应，实验结束，先停止③处的热源，故应先点燃②处酒精灯，再点燃另一个酒精灯，故答案为：②；
(5)氮化钙与水反应生成氢氧化钙和氨气，发生反应的化学方程式Ca3N2+6H2O＝3Ca(OH)2+2NH3↑。
【点睛】考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，注意Ca3N2是重要的化学试剂，易潮解、被氧化，则制备操作中需要保证装置③内干燥的无氧环境，确保产品的纯度。
23.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10。X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。W的最外层电子数等于X的核外电子总数，且W单质常温下为固体。请回答下列问题：
(1)Z在周期表中的位置为______________。
(2)Y元素形成的离子的结构示意图为____________。
(3)X、Y、Z三种元素对应的原子半径大小关系为____________(填元素符号)。
(4)X和Z形成的简单氢化物，热稳定性较好的是______________(填化学式)。
(5)Y与X的最高价氧化物在一定条件下反应的实验现象是___________________________。
(6)下列说法正确的是_______。
A.W的氧化物，均满足8e—稳定结构
B.最高价氧化物对应的水化物的酸性W>Z
C.由于Z的氧化物ZO2既可与酸反应，又能与碱反应，所以ZO2为两性氧化物
D.W的氧化物WO2，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色
(7)足量的单质Y与一定量的W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液，在一定条件下充分反应，所得气体的成分为_________________。
【答案】(1). 第三周期ⅣA族 (2). (3). Mg＞Si＞C (4). CH4 (5). 剧烈燃烧，放出大量热，产生耀眼的白光，生成白色固体和黑色粉末 (6). BD (7). SO2和H2
【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Y最外层电子数等于X次外层电子数，则Y最外层电子数为2，X与Z同族，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10，则X、Z最外层电子数为＝4，则X为C元素，Z为Si元素；Y原子半径大于Z，则Y为Mg元素；W的最外层电子数等于X的核外电子总数，且W单质常温下为固体，则W为S元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，X为C，Y为Mg，Z为Si元素，W为S元素；
(1)Si的原子序数为14，位于元素周期表中第三周期ⅣA族；
(2)Y元素形成的离子为镁离子，镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，其离子结构示意图为；
(3)同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Mg＞Si＞C；
(4)非金属性：C＞Si，则简单氢化物的热稳定性较好的是CH4；
(5)X的最高价氧化物为二氧化碳，Mg在二氧化碳中剧烈燃烧，放出大量热，产生耀眼的白光，生成白色固体和黑色粉末；
(6)A．W的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫中S、O原子满足8e﹣稳定结构，而三氧化硫中S原子最外层电子数为6+3＝9，不满足8电子稳定结构，故A错误；
B．非金属性S＞Si，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞Z，故B正确；
C．由于Z的氧化物SiO2不与硫酸、盐酸、硝酸等强酸反应，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；
D．W氧化物SO2具有还原性，能够被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故答案为：BD；
(7)W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，足量的单质Mg浓硫酸在一定条件下充分反应，Mg与浓硫酸生成二氧化硫气体，与稀硫酸反应生成氢气，所得气体的成分为SO2和H2。
24.工业上常以铜铁矿(主要成分为CuO和Fe3O4，还含少量SiO2等杂质)为原料，冶炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要流程如下

已知：滤渣II的主要成分为Fe(OH)3。请回答下列问题：
(1)如何提高黄铜矿的浸出率___________、___________?(至少答两种方法)
(2)试剂A为___________，其反应的离子方程式为_________________________________。
(3)试剂B不可能是________。
A.NH3·H2O B.CuO C.NaOH D.Cu2(OH)2CO3
(4)溶液II中溶质的成分为_______________。
(5)操作X的步骤是________________________________________。
【答案】(1). 加热、搅拌 (2). H2O2 (3). 2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O (4). AC (5). CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】以铜铁矿(主要成分为CuO和Fe3O4，还含少量SiO2等杂质)为原料，冶炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4•7H2O)，由流程可知铜铁矿加入稀硫酸，过滤可除去SiO2，滤液中含有硫酸铜、硫酸铁以及硫酸亚铁等，加入试剂A为过氧化氢，可用于氧化亚铁离子生成铁离子，试剂B为CuO等，用于调节溶液pH，目的是生成氢氧化铁，过滤，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，加入稀硫酸，得到溶液Ⅱ为硫酸铁，加入铁粉，可生成硫酸亚铁，滤液Ⅱ加入铁可置换出铜，滤液Ⅲ为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，以此解答该题。
【详解】(1)提高黄铜矿的浸出率，可进行加热、搅拌等操作；
(2)试剂A为H2O2，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于分离，反应离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O
(3)试剂B为CuO等，用于调节溶液pH，避免引入新杂质，不能用NH3•H2O、NaOH等，故答案为：AC；
(4)滤渣Ⅱ主要成分为Fe(OH)3，可能含有CuO等，则溶液Ⅱ中溶质的成分为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4；
(5)操作X由溶液可得晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作。
【点睛】考查工业生成铜和绿矾的工业流程，为高考常见题型，涉及了实验操作、化学方程式书写、除杂质、氧化还原反应等，综合性较强，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力。