2021-2022學(xué)年第一學(xué)期高三月考(一)化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5一、選擇題1.分子式為C6H10O4，且能與NaHCO3反應(yīng)的只含一種官能團(tuán)的有機(jī)物共有(不含立體異構(gòu))A.7種 B.8種 C.9種 D.10種【答案】C【解析】【分析】C6H10O4的不飽和度為=2，且能與NaHCO3反應(yīng)的只含一種官能團(tuán)，說明分子中含有2個(gè)-COOH，2個(gè)-COOH的不飽和度為2，說明該有機(jī)物分子中不存在其它不飽和結(jié)構(gòu)；該有機(jī)物可以看作2個(gè)羧基取代丁烷中2個(gè)H形成的，丁烷存在正丁烷和異丁烷兩種結(jié)構(gòu)，據(jù)此解答。

當(dāng)兩個(gè)羧基取代正丁烷中2個(gè)H時(shí)，如圖：，兩個(gè)羧基可以同時(shí)在①或②號(hào)C，也可以分別在①②、①③、①④、②③號(hào)C；當(dāng)兩個(gè)羧基取代異丁烷中2個(gè)H原子時(shí)，，兩個(gè)羧基可以同時(shí)在①號(hào)C，也可以分別在①②、①①號(hào)C，據(jù)此進(jìn)行判斷滿足條件的有機(jī)物的同分異構(gòu)體數(shù)目。【詳解】C6H10O4的不飽和度為=2，且能與NaHCO3反應(yīng)的只含一種官能團(tuán)，說明分子中含有2個(gè)-COOH，2個(gè)-COOH的不飽和度為2，說明該有機(jī)物分子中不存在其它不飽和結(jié)構(gòu)；該有機(jī)物可以看作2個(gè)羧基取代丁烷中2個(gè)H形成的，丁烷存在正丁烷和異丁烷兩種結(jié)構(gòu)，當(dāng)兩個(gè)羧基取代正丁烷中2個(gè)H時(shí)，如圖：，兩個(gè)羧基可以同時(shí)在①或②號(hào)C，也可以分別在①②、①③、①④、②③號(hào)C，總共有6種結(jié)構(gòu)；

當(dāng)兩個(gè)羧基取代異丁烷中2個(gè)H原子時(shí)，，兩個(gè)羧基可以同時(shí)在①號(hào)C，也可以分別在①②、①①號(hào)C，總共有3種結(jié)構(gòu)；

所以符合條件的有9種，所以C選項(xiàng)是正確的?！军c(diǎn)睛】本題為同分異構(gòu)體判斷題，同分異構(gòu)體判斷時(shí)經(jīng)常用到等效氫法，等效氫的判斷可按下列三點(diǎn)進(jìn)行：（1）同一碳原子上氫原子是等效的；（2）同一碳原子所連甲基上的氫原子是等效的；（3）處于鏡面對稱位置上的氫原子是等效的。一元取代物數(shù)目等于H的種類數(shù)；二元取代物數(shù)目可按“定一移一，定過不移”判斷。2.下列實(shí)驗(yàn)儀器或裝置的選擇正確的是配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸餾用冷凝管盛裝Na2SiO3溶液的試劑瓶ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A錯(cuò)誤；B．除去氯氣中的氯化氫氣體使用飽和氯化鈉溶液，可以吸收氯化氫氣體，根據(jù)氯氣在水中的反應(yīng)：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，飽和氯化鈉溶液中的氯離子使氯氣溶于水的平衡逆向移動(dòng)，降低氯氣在水中的溶解度，洗氣瓶長進(jìn)短出，利于除雜，故B正確；C．蒸餾要使用直形冷凝管，接水口下口進(jìn)上口出，球形冷凝管一般作反應(yīng)裝置，故C錯(cuò)誤；D．硅酸鈉溶液呈堿性，硅酸鈉溶液是一種礦物膠，能將玻璃塞與試劑瓶的瓶口粘在一起，盛裝Na2SiO3溶液的試劑瓶不能使用玻璃塞，應(yīng)使用橡膠塞，故D錯(cuò)誤。答案選B。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，如果ag某氣態(tài)雙原子分子的分子數(shù)為p，則bg該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V(L)是A. B. C.22.4p/NA D.【答案】A【解析】【分析】【詳解】ag某雙原子分子氣體的分子數(shù)為p，則bg該氣體含有的分于數(shù)為，所以bg該氣體的物質(zhì)的量為，故標(biāo)準(zhǔn)狀況下，bg該氣體的體積為。故選A。4.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是A.1mol甲基(－CH3)所含的電子數(shù)為10NAB.常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機(jī)物中，含有C－O鍵的數(shù)目為NAC.14g由乙烯和環(huán)丙烷()組成的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L四氯化碳中含有共用電子對的數(shù)目為4NA【答案】C【解析】【詳解】A.1個(gè)甲基中含有9個(gè)電子，則1mol甲基(－CH3)所含的電子數(shù)為9NA，A錯(cuò)誤；B.分子式為C2H6O的有機(jī)物可能是乙醇CH3CH2OH（1個(gè)乙醇分子中含1個(gè)C—O鍵），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1個(gè)二甲醚分子中含2個(gè)C—O鍵），故不能確定其中含有的C－O鍵的數(shù)目，B錯(cuò)誤；C.乙烯和環(huán)丙烷()的最簡式都是CH2，1個(gè)最簡式中含有3個(gè)原子，14g由乙烯和環(huán)丙烷()組成的混合氣體中含有最簡式的物質(zhì)的量是1mol，因此含有的原子總數(shù)為3NA，C正確；D.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下四氯化碳呈液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計(jì)算四氯化碳物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤；故答案是C。5.在兩個(gè)密閉容器中，分別充有質(zhì)量相等的甲、乙兩種氣體，它們的溫度和密度均相同。根據(jù)甲、乙的摩爾質(zhì)量(M)的關(guān)系判斷，下列說法中正確的是()A.若M(甲)＜M(乙)，則分子數(shù)：甲＜乙B.若M(甲)>M(乙)，則氣體摩爾體積：甲＜乙C.若M(甲)＜M(乙)，則氣體的壓強(qiáng)：甲>乙D.若M(甲)>M(乙)，則氣體的體積：甲＜乙【答案】C【解析】【分析】等質(zhì)量的氣體，其摩爾質(zhì)量與物質(zhì)的量(或分子數(shù))成反比，據(jù)此回答問題?！驹斀狻緼.若M(甲)＜M(乙)，則分子數(shù)甲>乙，A錯(cuò)誤；B.若M(甲)>M(乙)，則物質(zhì)的量甲＜乙，又因?yàn)闅怏w體積相等，故氣體摩爾體積甲>乙，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，同溫同體積時(shí)，同質(zhì)量的氣體或混合氣體，壓強(qiáng)與摩爾質(zhì)量成反比，C正確；D.由質(zhì)量和密度相等可知，氣體體積相等，D錯(cuò)誤。答案為C。6.下列說法中正確的是(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)A.O2-的電子式為，則O2-核外有8個(gè)電子B.1molNH4Cl中含有的H-Cl鍵的數(shù)目為NAC.CrO5中Cr元素的化合價(jià)為+6價(jià)，每個(gè)CrO5分子中存在兩個(gè)過氧鍵D.20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含陰陽離子數(shù)目之比無法確定【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.O2-的電子式為，表示O2-的最外層有8個(gè)電子，但其原子核外有10個(gè)電子，A錯(cuò)誤；B.NH4Cl是離子化合物，NH4+與Cl-間形成離子鍵，無H—Cl共價(jià)鍵存在，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)化合物中所有元素化合價(jià)的代數(shù)和為0原則，CrO5中5個(gè)O共為-6價(jià)，說明以-1價(jià)氧存在的共有兩個(gè)過氧根，一個(gè)氧化合價(jià)-2價(jià)，C正確；C.Na2O和Na2O2均是由2個(gè)鈉離子和1個(gè)陰離子構(gòu)成，無論二者如何混合，陰陽離子數(shù)目之比均為1：2，D錯(cuò)誤；正確答案選C。7.Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，則x的值為A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【詳解】Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，S元素化合價(jià)由升高為+6，而NaClO被還原為NaCl，Cl元素化合價(jià)由+1價(jià)降低為-1價(jià)，反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1：16，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：x×[6-（）]=16×[1－（-1）]，解得：x=5；故選D。8.在一定條件下，RO3n-和F2可發(fā)生如下反應(yīng)：，從而可知在RO3n-中，元素R的化合價(jià)是A.+4價(jià) B.+5價(jià) C.+6價(jià) D.+7價(jià)【答案】B【解析】【分析】離子方程式要遵循質(zhì)量守恒（即反應(yīng)前后原子種類及個(gè)數(shù)應(yīng)相等）、電荷守恒（反應(yīng)前后陰陽離子所帶的電荷總數(shù)應(yīng)相等）?！驹斀狻吭诜磻?yīng)中，從離子方程式的電荷守恒的角度可知，n=1，則在RO3-中，R的化合價(jià)為+5價(jià)，答案選B。9.為驗(yàn)證還原性：SO2>Fe2+>Cl-，三組同學(xué)分別進(jìn)行了下圖實(shí)驗(yàn)，并對溶液1和溶液2中所含離子進(jìn)行了檢驗(yàn)，能證明上述還原性順序的實(shí)驗(yàn)組有溶液1溶液2甲含F(xiàn)e3+、Fe2+含乙含F(xiàn)e3+，無Fe2+含丙含F(xiàn)e3+，無Fe2+含F(xiàn)e2+A.只有甲 B.甲、乙C.甲、丙 D.甲、乙、丙【答案】C【解析】【分析】【詳解】甲：溶液1肯定含F(xiàn)e3+，F(xiàn)e2+，說明二價(jià)鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl-，且沒有氯氣剩余；又已知溶液2肯定含，則肯定發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，可以得到還原性：SO2＞Fe2+，所以能證明還原性：SO2＞Fe2+＞Cl-；乙：溶液1肯定含F(xiàn)e3+，無Fe2+，說明二價(jià)鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl-，但不能證明通入的氯氣是否有殘留，又已知溶液2含，可能是殘留的氯氣氧化二氧化硫生成硫酸根，所以不能證明還原性：SO2＞Fe2+，即不能證明還原性：SO2＞Fe2+＞Cl-；丙：溶液1肯定含F(xiàn)e3+，無Fe2+，說明二價(jià)鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl-；溶液2含F(xiàn)e2+，則肯定發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，可以得到還原性：SO2＞Fe2+，所以能證明還原性：SO2＞Fe2+＞Cl-；綜上所述能證明還原性SO2＞Fe2+＞Cl-是甲、丙，答案為C。10.水是一種重要的資源，它在化學(xué)反應(yīng)中擔(dān)任著重要的角色，既可作為反應(yīng)物又可作為生成物，如圖中和水相連的物質(zhì)都能和水發(fā)生反應(yīng)，則有關(guān)說法正確的是A.上述反應(yīng)中屬于氧化還原反應(yīng)的有①②④⑥⑦⑧B.①和⑦中都有氧氣生成，且生成1molO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同C①④⑧反應(yīng)中，水都既不做氧化劑也不做還原劑D.⑦中水做氧化劑，②中水做還原劑【答案】C【解析】【分析】題干中發(fā)生的反應(yīng)方程式分別為：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③Na2O+H2O=2NaOH，④3NO2+H2O=2HNO3+NO，⑤SO3+H2O=H2SO4，⑥Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，⑦2F2＋2H2O=4HF＋O2，⑧Cl2+H2O=HCl+HClO，據(jù)此解題?！驹斀狻緼．由分析可知，③⑤⑥即H2O與Na2O、SO3、Mg3N2的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)，其余反應(yīng)均屬于氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，①中2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2轉(zhuǎn)移2mole－，⑦中2F2＋2H2O=4HF＋O2，生成1molO2轉(zhuǎn)移4mole－，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，①④⑧反應(yīng)中，水都既不做氧化劑也不做還原劑，C正確；D．由分析可知，⑦中水做還原劑，②中水做氧化劑，D錯(cuò)誤；故答案為：C。11.反應(yīng)8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3與被還原的Cl2的物質(zhì)的量之比為A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2【答案】A【解析】【詳解】該氧化還原反應(yīng)用雙線橋表示為，可知實(shí)際升價(jià)的N原子為2個(gè)，所以2個(gè)NH3被氧化，同時(shí)Cl2全部被還原，觀察計(jì)量數(shù)，Cl2為3個(gè)，因而被氧化的NH3與被還原的Cl2的物質(zhì)的量之比為2：3。故答案選A。12.下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.谷物發(fā)酵釀造食醋 B.小蘇打用作食品膨松劑C.含氯消毒劑用于環(huán)境消毒 D.大氣中NO2參與酸雨形成【答案】B【解析】【詳解】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；B．小蘇打即NaHCO3，NaHCO3受熱分解產(chǎn)生無毒的CO2，因此可用小蘇打作食品膨松劑，不涉及氧化還原反應(yīng)，B符合題意；C．利用含氯消毒劑的強(qiáng)氧化性消毒殺菌，涉及氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D．NO2與水反應(yīng)有HNO3產(chǎn)生，因此NO2參與了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化還原反應(yīng)，D不符合題意。答案選B。13.由CO2、H2和CO組成的混合氣體在同溫同壓下與氮?dú)獾拿芏认嗤?，則該混合氣體中CO2、H2、CO的體積比為A.29∶8∶13 B.22∶1∶14 C.8∶13∶29 D.26∶16∶57【答案】D【解析】【分析】【詳解】同溫同壓下氣體密度之比等于其物質(zhì)的量之比，則混合氣體平均相對分子質(zhì)量為28，由于CO與N2具有相同的相對分子質(zhì)量，所以CO2、H2、CO混合氣體的平均相對分子質(zhì)量僅由CO2和H2來決定，CO的量可以任意，由十字交叉法，可知CO2和H2體積之比為（28-2）：（44-28）=13：8，選項(xiàng)中D符合。答案選D。14.為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.0.1mol的中，含有個(gè)中子B.pH=1的H3PO4溶液中，含有個(gè)C.2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）苯在O2中完全燃燒，得到個(gè)CO2分子D.密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應(yīng)制備PCl5（g），增加個(gè)P-Cl鍵【答案】A【解析】【詳解】A．11B中含有6個(gè)中子，0.1mol11B含有6NA個(gè)中子，A正確；B．溶液體積未定，不能計(jì)算氫離子個(gè)數(shù)，B錯(cuò)誤；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯不是氣體，不能利用氣體摩爾體積計(jì)算22.4L苯的物質(zhì)的量，則無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目，C錯(cuò)誤；D．PCl3與Cl2反應(yīng)生成PCl5的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化為生成物，則所1molPCl3與1molCl2反應(yīng)生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl鍵的數(shù)目小于2NA個(gè)，D錯(cuò)誤；答案選A。15.三氟化氮(NF3)是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生反應(yīng)：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是A.NF3是氧化劑，H2O是還原劑 B.HF是還原產(chǎn)物C.還原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是2:1 D.NF3在潮濕的空氣中泄漏會(huì)產(chǎn)生紅棕色氣體【答案】D【解析】【詳解】A．在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反應(yīng)中，NF3中的N元素的原子部分升高變?yōu)镠NO3，部分降低變?yōu)镹O，因此NF3是氧化劑，也是還原劑，而水的組成元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化。所以水不是還原劑，錯(cuò)誤；B．HF的組成元素在反應(yīng)前后沒有發(fā)生變化，所以HF不是還原產(chǎn)物，錯(cuò)誤；C．根據(jù)方程式可知，在該反應(yīng)中還原劑NF3和氧化劑NF3的物質(zhì)的量之比是1：2，錯(cuò)誤；D．NF3在潮濕的空氣中泄漏會(huì)會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NO，NO遇空氣會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生紅棕色NO2氣體，正確。16.已知G、Q、X、Y、Z均為含氯元素的化合物，在一定條件下有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系(未配平)：①G→Q+NaCl②Q+H2OX+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O這五種化合物中Cl元素化合價(jià)由低到高的順序是（）A.G、Y、Q、Z、X B.X、Z、Q、G、YC.X、Z、Q、Y、G D.G、Q、Y、Z、X【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)氧化還原反應(yīng)中“化合價(jià)有升必有降”的原則可知，反應(yīng)①中，NaCl中Cl元素為-1價(jià)，為氯元素的最低價(jià)，所以氯的化合價(jià)降低，故G到Q的化合價(jià)升高，則Cl元素的化合價(jià)：Q>G>-1；反應(yīng)②中，H元素的化合價(jià)降低，則Cl元素化合價(jià)升高，則Cl元素化合價(jià)：X>Q；反應(yīng)③為歧化反應(yīng)，結(jié)合①分析可知，Cl元素的化合價(jià)：Q>Y>G；同理可知，反應(yīng)④中Cl元素的化合價(jià)：X>Z>Q。綜上所述，五種化合物中氯元素的化合價(jià)：X>Z>Q>Y>G；故答案為：A。17.黃銅礦（CuFeS2）是提取銅的主要原料，其煅燒產(chǎn)物Cu2S在1200℃高溫下繼續(xù)反應(yīng)：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．則A.反應(yīng)①中還原產(chǎn)物只有SO2B.反應(yīng)②中Cu2S只發(fā)生了氧化反應(yīng)C.將1molCu2S冶煉成2molCu，需要O21molD.若1molCu2S完全轉(zhuǎn)化為2molCu，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA【答案】C【解析】【分析】反應(yīng)①中S化合價(jià)變化為：-2→+4，O化合價(jià)變化為：0→-2；反應(yīng)②中，Cu化合價(jià)變化為：+1→0，S化合價(jià)變化為：-2→+4?？稍诖苏J(rèn)識(shí)基礎(chǔ)上對各選項(xiàng)作出判斷。【詳解】A．O化合價(jià)降低，得到的還原產(chǎn)物為Cu2O和SO2，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．反應(yīng)②中Cu2S所含Cu元素化合價(jià)降低，S元素化合價(jià)升高，所以Cu2S既發(fā)生了氧化反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．將反應(yīng)①、②聯(lián)立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，將1molCu2S冶煉成2molCu，需要O21mol，C選項(xiàng)正確；D．根據(jù)反應(yīng)：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全轉(zhuǎn)化為2molCu，只有S失電子，：[(4-(-2)]mol=6mol，所以，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6mol，即轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。【點(diǎn)睛】氧化還原反應(yīng)中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)=得電子總數(shù)=失電子總數(shù)。18.下列實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是ABCD實(shí)驗(yàn)NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】分析：A項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時(shí)的反應(yīng)為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B項(xiàng)，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強(qiáng)氧化性；C項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r(shí)的反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項(xiàng)，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時(shí)的反應(yīng)為2NO+O2=2NO2。詳解：A項(xiàng)，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產(chǎn)生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時(shí)的反應(yīng)為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應(yīng)前后元素化合價(jià)有升降，為氧化還原反應(yīng)；B項(xiàng)，氯水中存在反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強(qiáng)氧化性，與有色物質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r(shí)的反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應(yīng)前后元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)；D項(xiàng)，Cu與稀HNO3反應(yīng)生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時(shí)的反應(yīng)為2NO+O2=2NO2，反應(yīng)前后元素化合價(jià)有升降，為氧化還原反應(yīng)；與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是C項(xiàng)，答案選C。點(diǎn)睛：本題考查氧化還原反應(yīng)的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應(yīng)的特征是解題的關(guān)鍵。19.H2O2可用于羊毛、生絲、紙漿等的漂白。5%H2O2溶液在常溫下分解速率很慢，為了加快H2O2分解，改變某一條件，下列裝置與改變的條件相對應(yīng)的是A.甲一溫度、乙一濃度、丙一催化劑 B.甲一濃度、乙一催化劑、丙一溫度C.甲一催化劑、乙一溫度、丙一濃度 D.甲一溫度、乙一催化劑、丙一濃度【答案】A【解析】【詳解】甲與常溫下裝有5%H2O2溶液的試管裝置相比，改變的條件是溫度；乙與常溫下裝有5%H2O2溶液的試管裝置相比，改變的條件是濃度；丙與常溫下裝有5%H2O2溶液的試管裝置相比，丙中加入了催化劑，A符合題意；答案選A。20.如圖是關(guān)于反應(yīng)A2(g)+3B2(g)?2C(g)(正反應(yīng)為放熱反應(yīng))的平衡移動(dòng)圖像，影響平衡移動(dòng)的原因可能是A.升高溫度，同時(shí)加壓B.降低溫度，同時(shí)減壓C.增大反應(yīng)物濃度，同時(shí)減小生成物濃度D.增大反應(yīng)物濃度，同時(shí)使用催化劑【答案】C【解析】【分析】從圖象中可以看出，反應(yīng)達(dá)平衡后，改變某條件，正反應(yīng)速率瞬間突然增大，逆反應(yīng)速率瞬間突然減小，則表明改變的條件不是單一的改變體系的溫度、壓強(qiáng)、催化劑，也不是改變某一種物質(zhì)的濃度；v正＞v逆，則表明平衡發(fā)生正向移動(dòng)。【詳解】A．由于正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡逆向移動(dòng)；由于反應(yīng)物氣體分子數(shù)大于生成物氣體分子數(shù)，所以加壓時(shí)，平衡正向移動(dòng)，盡管不能確定平衡如何移動(dòng)，但條件改變的瞬間，v正、v逆一定大于原平衡時(shí)的v正、v逆，A不合題意；B．降低溫度，同時(shí)減壓，v正、v逆一定小于原平衡時(shí)的v正、v逆，B不合題意；C．增大反應(yīng)物濃度，v正比原平衡時(shí)大；減小生成物濃度，v逆比原平衡時(shí)小，達(dá)平衡前，有可能v正＞v逆，C符合題意；D．增大反應(yīng)物濃度，同時(shí)使用催化劑，v正、v逆一定大于原平衡時(shí)的v正、v逆，D不合題意；故選C。二、非選擇題21.利用硫酸渣(主要含F(xiàn)e2O3、FeO，雜質(zhì)為Al2O3和SiO2等)生產(chǎn)鐵基顏料鐵黃(FeOOH)的制備流程如圖：（1）濾渣Ⅰ的主要成分是FeS2、S和_______(填化學(xué)式)；Fe3+被FeS2還原的離子方程式為_______。（2）“氧化”中，生成FeOOH的離子方程式為_______。【答案】（1）①.SiO2②.2Fe3++FeS2===3Fe2++2S（2）4Fe2++8NH3·H2O+O2===4FeOOH+8NH+2H2O【解析】【分析】硫酸渣(主要含F(xiàn)e2O3、FeO，雜質(zhì)為Al2O3和SiO2等)加硫酸溶解，金屬氧化物轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，二氧化硅不溶，再加FeS2把鐵離子還原為Fe2+，同時(shí)生成S沉淀，過濾，濾渣含有二氧化硅和S以及過量的FeS2，濾液中含有Fe2+和Al3+，濾液中通入空氣氧化，同時(shí)用氨水調(diào)節(jié)pH生成FeOOH沉淀，過濾、洗滌、烘干，得到純凈的FeOOH，以此解答該題。【小問1詳解】濾渣Ⅰ的主要成分是不溶于硫酸的SiO2和S以及過量的FeS2；Fe3+被FeS2還原成Fe2+，硫元素被氧化成S單質(zhì)，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為2Fe3++FeS2===3Fe2++2S；【小問2詳解】根據(jù)流程可知反應(yīng)物有Fe2+、O2和NH3·H2O，產(chǎn)物有FeOOH，氧氣做氧化劑將2價(jià)鐵氧化成3價(jià)鐵，結(jié)合電子守恒和元素守恒可得離子方程式為4Fe2++8NH3·H2O+O2===4FeOOH+8NH+2H2O。22.焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛。Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí),取50.00mL葡萄酒樣品,用0.01000mol·L-1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn),消耗10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為_____________。該樣品中Na2S2O5的殘留量為________g·L-1。(以SO2計(jì)算)【答案】①.S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+②.0.128【解析】【分析】Na2S2O5具有還原性，I2被還原為I-，反應(yīng)的離子方程式為S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+，根據(jù)反應(yīng)進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻縉a2S2O5可用作食品的抗氧化劑，說明Na2S2O5具有一定的還原性，能被碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4，I2被還原為I-，則滴定反應(yīng)的離子方程式為S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol·L-1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL，根據(jù)反應(yīng)方程式，則樣品中Na2S2O5的殘留量以SO2計(jì)算應(yīng)為=0.128g·L-1。23.如圖所示，一密閉容器被無摩擦、可滑動(dòng)的兩隔板a和b分成甲、乙兩室。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，在乙室中充入0.6molHCl，甲室中充入NH3、H2的混合氣體，靜止時(shí)隔板位置如圖所示。已知甲、乙兩室中氣體的質(zhì)量之差為10.9g。（1）甲室中氣體的物質(zhì)的量為_______mol。（2）甲室中氣體的質(zhì)量為_______g。（3）甲室中NH3、H2的平均相對分子質(zhì)量為_______?！敬鸢浮浚?）1（2）11.0（3）11【解析】【分析】(1)根據(jù)圖知，甲乙中氣體壓強(qiáng)相等。標(biāo)況下，氣體摩爾體積相等，壓強(qiáng)相等時(shí)，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，甲乙的體積之比為5:(8-5)=5:3，則甲乙中氣體的物質(zhì)的量之比為5:3；(2)甲、乙兩室中氣體的質(zhì)量之差為10.9g，設(shè)甲中氨氣的物質(zhì)的量為xmol、氫氣的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)氣體混合物物質(zhì)的量和質(zhì)量列方程式計(jì)算二者的物質(zhì)的量，再計(jì)算平均相對分子質(zhì)量。小問1詳解】相同條件下，氣體的物質(zhì)的量之比等于其體積之比，由圖可知甲、乙兩室氣體的體積比為5：3，故其物質(zhì)的量之比為5：3，所以甲室中氣體為0.6mol×＝1.0mol；【小問2詳解】HCl氣體的質(zhì)量為0.6mol×36.5g/mol=21.9g，則甲室中氣體的質(zhì)量為21.9g-10.9g=11.0g；【小問3詳解】設(shè)氨氣的物質(zhì)的量為xmol，氫氣的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)其物質(zhì)的量、質(zhì)量列方程為：x+y＝1、17x+2y＝11，解得x＝0.6，y＝0.4，甲中NH3、H2的平均相對分子質(zhì)量為。24.用無水Na2CO3固體配制250mL0.1000mol·L－1的溶液。請回答下列問題：(1)在配制過程中不必要玻璃儀器是________。A．燒杯B．量筒C．玻璃棒D．膠頭滴管E．容量瓶(2)定容時(shí)的操作：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí)，______________________________________，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻。(3)下列操作會(huì)使配得的Na2CO3溶液濃度偏低的是________。A．稱取相同質(zhì)量的Na2CO3·10H2O固體進(jìn)行配制B．定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線C．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線D．轉(zhuǎn)移洗滌液時(shí)灑到容量瓶外，繼續(xù)用該未清洗的容量瓶重新配制【答案】①.B②.用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹面正好與刻度線相切③.AC【解析】【分析】

【詳解】(1)配制溶液在燒杯中溶解，需要玻璃棒攪拌，轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，需要膠頭滴管滴加液體，則需要A、C、D、E，不需要B；(2)定容時(shí)的操作：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí)，用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻；(3)A．稱取相同質(zhì)量的Na2CO3?10H2O固體進(jìn)行配制，n偏小，使配得的Na2CO3溶液濃度偏低，故A選；B．定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，V偏小，濃度偏大，故B不選；C．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線，V偏大，使配得的Na2CO3溶液濃度偏低，故C選；D．轉(zhuǎn)移洗滌液時(shí)灑到容量瓶外，繼續(xù)用該未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶內(nèi)附著一些剩余的溶質(zhì)，n偏大，使配得的Na2CO3溶液濃度偏高，故D不選；故答案為AC。25.一定量的氫氣在氯氣中燃燒，所得混合物用100mL3.00mo