1、2013-2014学年江苏省宿迁市剑桥国际学校高二（下）期末化学试卷一、选择题1（3分）（2014春华安县校级期末）现有如下各种说法，正确的是（）在水中氢、氧原子间均以化学键相结合分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定干冰受热变为气体和碘升华所克服的粒子间作用力属于同种类型H2S和CS2分子都是含有极性键的极性分子乙烯分子中CC之间未参加杂化的2p轨道形成键CH4、NH3、CCl4分子的空间构型是正四面体形ABCD2（3分）（2014春宿城区校级期末）浓硫酸具有很强的吸水性，下列实验不能说明该观点的是（）A浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑B浓硫酸暴露在潮湿的空气中，浓度变稀C在浓硫酸中加入少量胆矾，
2、胆矾变白色D含水蒸汽的氢气通过浓硫酸后，氢气变干燥3（3分）（2010天心区校级模拟）根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）H=Q1 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）H=Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1DQ2Q1Q34（3分）（2014春宿城区校级期末）除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法不能达到实验目的是（）混合物试剂分离方法A苯（苯酚）氢
3、氧化钠溶液分液B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）氢氧化钠溶液蒸馏D 乙炔（硫化氢）硫酸铜洗气AABBCCDD5（3分）（2014春宿城区校级期末）在下列物质中，所有的原子不可能在同一个平面上的是（）ABCDCH2=CHCl6（3分）（2014春宿城区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A铜溶于浓硝酸：Cu+4HNO3（浓）Cu2+2NO2+2H2OB硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4C次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：ClO+H2O+CO2HCO3+HClOD碳酸氢镁与足量的石灰水反应：Mg2+2HCO3+2OH+Ca2
4、+CaCO3+MgCO3+2H2O7（3分）（2014春宿城区校级期末）下列对实验现象的预测不正确的是（）A向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失B向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊8（3分）（2014春宿城区校级期末）“类推”是思维的一种形式，但往往也有不对的，下列“类推”中正确的是（）AFe、Cu连接插在稀硫酸中形成的原电池，Fe为负极；那么
5、Fe、Cu连接插在浓硝酸溶液中形成的原电池，Fe也为负极BHBr的沸点比HCl高，那么HCl的沸点比HF高C硝酸银溶液通常保存在棕色的试剂瓶中，是因为硝酸银见光易分解，那么浓硝酸溶液也要保存在棕色试剂瓶中D反应NaCl（饱和）+CO2+H2O+NH3NaHCO3+NH4Cl能在水溶液中进行，是因为溶解度NaHCO3比较小，那么KCl（饱和）+CO2+H2O+NH3KHCO3+NH4Cl也能在水溶液中进行9（3分）（2014春宿城区校级期末）下列物质中，能与镁反应并产生氢气的是（）A二氧化碳B乙酸溶液C乙烷D碳酸钠溶液10（3分）（2014春宿城区校级期末）在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，
6、两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入足量质量相等且同样的锌粒下列说法正确的是（）A反应结束后两烧杯中得到氢气的量相等B反应结束后乙烧杯中得到的氢气多C反应开始时两烧杯中化学反应速率相等D反应开始后甲烧杯中化学反应速率快11（3分）（2014春宿城区校级期末）下列装置能实现在Fe上镀上一层Cu的是（）ABCD12（3分）（2014春宿城区校级期末）如图，在盛有H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A外电路的电流方向为：X外电路YB若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为FeCX极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反
7、应D溶液中氢离子向Y极移动，硫酸根向X极移动13（3分）（2010秋抚州期末）在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是（）ANa+、K+、SiO32、SO42BNH4+、Na+、NO3、ClCK+、Ca2+、HCO3、ClDMg2+、K+、Cl、MnO414（3分）（2014春宿城区校级期末）阿伏加德罗常数约为6.021023mol1，下列叙述中正确的是（）（1）0.25mol Na2O2中含有的阴离子数为0.56.021023（2）7.5g SiO2晶体中含有的硅氧键数为0.56.021023（3）2.24L CH4中含有的原子数为0.56.021023（4）250mL2mol/
8、L的氨水中含有NH3H2O的分子数为0.56.021023（5）1L 1molL1的HAc溶液中含有6.021023个氢离子（6）18g D2O（重水）完全电解，转移6.021023个电子（7）22.4L SO2气体，所含氧原子数为26.021023（8）14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用电子对数目为36.021023A2个B3个C5个D6个15（3分）（2012江苏校级学业考试）制太阳能电池需要高纯硅，工业上用粗硅制高纯硅可通过以下反应实现：Si+3HCl（气）SiHCl3（气）+H2SiHCl3（气）+H23HCl（气）+Si对上述两个反应的叙述错误的是（）A都是置换反应B都是氧化还原反
9、应C反应中硅元素都被还原D都不是离子反应二、实验题16（8分）（2014春宿城区校级期末）大理石中含有的主要杂质是氧化铁，以下是某化学兴趣小组用大理石为原料制取安全无毒杀菌剂过氧化钙的主要流程：请回答下列问题：（1）试剂A的名称是；（2）操作I的目的是；（3）本实验需要多次使用玻璃棒，则本实验过程中玻璃棒的作用有；（4）写出反应中生成CaO28H2O的化学方程式：17（13分）（2012春濉溪县期末）下表是周期表中的一部分，根据AK在周期表中的位置，按要求回答下列问题：族周期AAAAAAA01A2BCD3EFGHIJK（1）上表AK元素中，只有负价而无正价的元素是（写出元素名称，下同），金属性
10、最强的元素是，原子半径最小的元素是（2）比较D、E+及K的离子半径，由大到小的顺序为：（3）气态氢化物最稳定的是（填物质的化学式）写出元素 C、K的气态氢化物相互反应的现象，反应化学方程式为：（4）（本小题均填物质的化学式）在最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是（填物质的化学式，下同），酸性最强的是，呈两性的是18（2014春宿城区校级期末）DIS（Digital Information System）系统即数字信息系统它由传感器、数据采集器和计算机组成DIS系统为化学教学提供了全新的技术手段和教学平台某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点实验步
11、骤如下：（1）用（填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中（2）量取20.00mL上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统（如图1）向烧杯中滴加浓度为0.1000molL1的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线（见图2）用滴定管盛氨水前，滴定管要用润洗23遍，润洗的目的是溶液导电能力随氨水体积变化的原因是食用白醋中醋酸的物质的量浓度是19（14分）（2014春宿城区校级期末）欲用浓硝酸法（测定反应后生成气体的量）测定某铜银合金中铜的质量分数资料表明：反应中除生成NO2气体外还有少量的NO生成；常温下N
12、02与N2O4混合存在（1）实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是（2）装置B瓶的作用是（3）A中反应停止后，打开D中的活塞K2并通人氧气，若反应中确有NO产生，则D中应出现的现象是；实验发现，通人氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为了便于观察应通人（填“冷”或“热”）的氧气（4）为了减少测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是：（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量为15.0g，浓硝酸的体积为40mL，浓度为13.5molL1实验后：A中溶液体积为40mL，H+浓度为1.0molL1若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：参
13、加反应的硝酸的物质的量为；若已测出反应后E装置的生成物含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数，还需要测定的数据是（6）实验中只测定铜的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金与硝酸反应后，只需简单的实验操作就可以达到目的，请简述实验过程三、计算题20（6分）（2014春宿城区校级期末）将10g铁置于40mL某浓度的硝酸中，再微热充分反应后，共收集到1792mL混合气体，溶液里还残留4.4g固体（标准状况）求：（1）反应被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量（2）原硝酸溶液的物质的量浓度（3）混合气体的组成成分及其体积比2013-2014学年江苏省宿迁市剑桥国际学校高二（下）期末化学试卷参考
14、答案与试题解析一、选择题1（3分）（2014春华安县校级期末）现有如下各种说法，正确的是（）在水中氢、氧原子间均以化学键相结合分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定干冰受热变为气体和碘升华所克服的粒子间作用力属于同种类型H2S和CS2分子都是含有极性键的极性分子乙烯分子中CC之间未参加杂化的2p轨道形成键CH4、NH3、CCl4分子的空间构型是正四面体形ABCD考点：化学键；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别版权所有专题：化学键与晶体结构分析：相邻原子间强烈的相互作用是化学键；分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定；分子晶体状态变化时克服分子
15、间作用力；不同非金属元素之间存在极性键，正负电荷重心重合的分子是极性分子；乙烯分子中CC之间未参加杂化的2p轨道形成键；根据价层电子对互斥理论确定粒子空间构型解答：解：在水中氢、氧原子间有的以化学键相结合，有的以氢键相结合，故错误；分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定，键能越小键长越长则分子越不稳定，故错误；干冰和碘都属于分子晶体，分子间存在分子间作用力，所以干冰受热变为气体和碘升华所克服的粒子间作用力属于同种类型，都克服分子间作用力，故正确；H2S是含有极性键的极性分子，CS2是含有极性键的非极性分子，故错误；乙烯分子中CC之间未参加杂化的2p轨道“肩并肩”形成键，故正确；CH4、CCl4
16、分子的空间构型是正四面体形，而NH3的空间构型是三角锥型，故错误；故选C点评：本题考查了知识点较综合，涉及化学键和氢键、晶体类型的判断、空间构型的判断等知识点，难度较大，易错点是微粒空间构型的判断、分子极性的判断2（3分）（2014春宿城区校级期末）浓硫酸具有很强的吸水性，下列实验不能说明该观点的是（）A浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑B浓硫酸暴露在潮湿的空气中，浓度变稀C在浓硫酸中加入少量胆矾，胆矾变白色D含水蒸汽的氢气通过浓硫酸后，氢气变干燥考点：浓硫酸的性质版权所有专题：元素及其化合物分析：浓硫酸具有吸水性，吸收的水是实际存在的水分，根据水的存在状态分析解答解答：解：A浓硫酸能将纸张中H、O元
17、素以2：1水的形式脱去，该现象体现了浓硫酸的脱水性，故A选；B浓硫酸能吸收潮湿空气中的水蒸气而使其浓度变稀，空气中水是实际存在的，所以该现象体现浓硫酸的吸水性，故B不选；C在浓硫酸中加入少量胆矾，胆矾变白色，胆矾中含有结晶水，所以该现象体现浓硫酸的吸水性，故C不选；D含水蒸汽的氢气通过浓硫酸后，氢气变干燥，氢气中含有水分，所以该现象体现浓硫酸的吸水性，故D不选；故选A点评：本题考查了浓硫酸的吸水性和脱水性，明确吸水性和脱水性的区别是解本题关键，题目难度不大3（3分）（2010天心区校级模拟）根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）H=Q1 kJ/m
18、ol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）H=Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1DQ2Q1Q3考点：反应热的大小比较版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题解答：解：已知2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）H=Q1 kJ/mol，2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（l）H=Q2 kJ
19、/mol，2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）H=Q3kJ/mol，与相比较，由于SSO2放热，则Q1Q2，与相比较，由于H2O（l）H2O（g）吸热，则Q2Q3，则Q1Q2Q3，故选A点评：本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小4（3分）（2014春宿城区校级期末）除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法不能达到实验目的是（）混合物试剂分离方法A苯（苯酚）氢氧化钠溶液分液B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）氢氧化钠溶液蒸馏D 乙炔（硫化氢）硫酸铜洗气AABBCCDD
20、考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；乙烯的化学性质；苯酚的化学性质；乙酸的化学性质；物质的分离、提纯和除杂版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A苯酚与NaOH反应，而苯不能，反应后分层；B乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；C二者均与NaOH溶液反应；D硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能解答：解：A苯酚与NaOH反应，而苯不能，反应后分层，则加NaOH溶液后分液可除杂，故A不选；B乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能实现除杂，应选溴水利用洗气法除杂，故B选；C二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液利用分液法除杂，故C选；D硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能，则选硫
21、酸铜溶液利用洗气法可除杂，故D不选；故选BC点评：本题考查混合物分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重有机物性质及分离方法的考查，注意除杂的原则，题目难度不大5（3分）（2014春宿城区校级期末）在下列物质中，所有的原子不可能在同一个平面上的是（）ABCDCH2=CHCl考点：常见有机化合物的结构版权所有专题：有机化学基础分析：在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断解答：解：A苯为平面结构，溴苯中溴原子处于苯中H原子位置，所有原子都处在同一平面上，故A错误； B分子中存在甲基，具有甲烷
22、的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故B正确；C苯为平面结构，乙烯为平面结构，通过旋转乙烯基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，故苯乙烯中所有的原子可能处于同一平面，故C错误；D乙烯为平面结构，氯乙烯中氯原子处于乙烯中H原子位置，所碳原子都处在同一平面上，故D错误故选B点评：本题主要考查有机化合物的结构特点，难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构6（3分）（2014春宿城区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A铜溶于浓硝酸：Cu+4HNO3（浓）Cu2+2NO2+2H2OB硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3
23、+BaSO4C次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：ClO+H2O+CO2HCO3+HClOD碳酸氢镁与足量的石灰水反应：Mg2+2HCO3+2OH+Ca2+CaCO3+MgCO3+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、注意产物是否正确，铜与浓硝酸生成二氧化氮；B、从离子配比角度来考虑；C、二氧化碳过量时，要生成碳酸氢钙；D、由于Mg（OH）2的溶解度比MgCO3更小，故应生成Mg（OH）2解答：解：A、铜溶于浓硝酸化学方程式：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，其中HNO3和Cu（NO3）2可以拆，故离子方程式为Cu+4HNO3（浓）Cu2+2N
24、O2+2H2O，故A正确；B、此离子方程式不符合离子配比硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合化学方程式：Fe（OH）3+BaSO42Fe（OH）3+3BaSO4，其中Fe（OH）3和BaSO4可以拆，故离子方程式为：2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH2Fe（OH）3+3BaSO4，故B错误；C、次氯酸钙溶液中通入过量的CO2化学方程式：Ca（ClO）2+2H2O+2CO2Ca（HCO3）2+2HClO，其中Ca（ClO）2和Ca（HCO3）2是可溶性盐，可以拆，故离子方程式为：ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故C正确；D、碳酸氢镁与足量的石灰水反应，设Mg（HCO3）2物质的量为1，由于
25、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3更小，故应生成Mg（OH）2，故化学方程式应为Mg（HCO3）2+2Ca（OH）22CaCO3+Mg（OH）2+2H2O，故离子方程式应为：Mg2+2HCO3+4OH+2Ca2+2CaCO3+Mg（OH）2+2H2O，故D错误；故选AC点评：选项D难度较大，应注意Mg（OH）2的溶解度比MgCO3更小，故应生成Mg（OH）2而不是MgCO37（3分）（2014春宿城区校级期末）下列对实验现象的预测不正确的是（）A向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失B向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解C向Ca（C
26、lO）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊考点：硅酸的性质及制法；胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：元素及其化合物分析：A向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成硅酸，继续通入二氧化碳，沉淀不消失；B胶体中加入电解质发生聚沉，氢氧化铁与酸反应生成盐和水；C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，先生成碳酸钙，进而生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与碱反应生成碳酸钙解答：解：A向N
27、a2SiO3溶液中通入CO2，生成硅酸，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，硅酸不反应，沉淀不消失，故A错误；B氢氧化铁胶体中加入电解质发生聚沉，继续加入盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，沉淀又溶解，故B正确；C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，可使品红褪色，故C正确；D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，先生成碳酸钙，继续通CO2至过量，生成碳酸氢钙，沉淀消失，碳酸氢钙与NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀，故D正确故选A点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意在学习中把握相关物质的性质，学习中注意积累即可轻松解答该题8（3分）（2014春宿城区校
28、级期末）“类推”是思维的一种形式，但往往也有不对的，下列“类推”中正确的是（）AFe、Cu连接插在稀硫酸中形成的原电池，Fe为负极；那么Fe、Cu连接插在浓硝酸溶液中形成的原电池，Fe也为负极BHBr的沸点比HCl高，那么HCl的沸点比HF高C硝酸银溶液通常保存在棕色的试剂瓶中，是因为硝酸银见光易分解，那么浓硝酸溶液也要保存在棕色试剂瓶中D反应NaCl（饱和）+CO2+H2O+NH3NaHCO3+NH4Cl能在水溶液中进行，是因为溶解度NaHCO3比较小，那么KCl（饱和）+CO2+H2O+NH3KHCO3+NH4Cl也能在水溶液中进行考点：原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀
29、转化的本质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：A、Fe在浓硝酸中会钝化；B、HF分子间含有氢键，沸点反常；C、硝酸银和浓硝酸见光都易分解；D、KHCO3的溶解度较大解答：解：A、Fe、Cu连接插在稀硫酸中形成的原电池，Fe失电子为负极；那么Fe、Cu连接插在浓硝酸溶液中形成的原电池，Fe在浓硝酸中会钝化，Cu失电子为负极，故A错误；B、HF分子间含有氢键，沸点反常，所以HF的沸点比HCl高，故B错误；C、硝酸银和浓硝酸见光都易分解，二者要保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D、反应NaCl（饱和）+CO2+H2O+NH3NaHCO3+
30、NH4Cl能在水溶液中进行，是因为溶解度NaHCO3比较小，KCl（饱和）+CO2+H2O+NH3KHCO3+NH4Cl不能在水溶液中进行，因为KHCO3的溶解度较大，不能以沉淀的形式析出，故D错误；故选C点评：本题考查类比方法在化学学习中的应用，题目难度不大，解答该题的关键是把握相关物质的性质9（3分）（2014春宿城区校级期末）下列物质中，能与镁反应并产生氢气的是（）A二氧化碳B乙酸溶液C乙烷D碳酸钠溶液考点：镁的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：Mg与酸反应生成氢气，与乙烷、碳酸钠溶液等不反应，Mg在二氧化碳中燃烧不生成氢气，以此来解答解答：解：AMg与二氧化碳反应生成MgO和C
31、，不生成氢气，故A错误；BMg与乙酸溶液反应生成氢气，故B正确；CMg与乙烷不反应，故C错误；DMg与碳酸钠溶液不反应，故D错误；故选B点评：本题考查Mg的化学性质，为高频考点，把握金属与酸的反应及常见物质的性质为解答的关键，注意Mg与酸性溶液可反应生成氢气，题目难度不大10（3分）（2014春宿城区校级期末）在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入足量质量相等且同样的锌粒下列说法正确的是（）A反应结束后两烧杯中得到氢气的量相等B反应结束后乙烧杯中得到的氢气多C反应开始时两烧杯中化学反应速率相等D反应开始后甲烧杯中化学反应速率快考点：化学反应速率的影
32、响因素版权所有专题：化学反应速率专题分析：醋酸为弱酸，不能完全电离，等pH时，醋酸浓度较大，等体积时，醋酸物质的量较多，与向两烧杯中同时加入足量质量相等且同样的锌粒，醋酸生成氢气较多，由于开始时pH相等，则反应速率相等，随着反应的进行，醋酸不断电离，浓度较大，则醋酸反应速率较大，以此解答该题解答：解：醋酸为弱酸，不能完全电离，等pH时，醋酸浓度较大，等体积时，醋酸物质的量较多，A由于锌足量，醋酸物质的量较多，则生成氢气的量不等，故A错误；B醋酸物质的量较多，则生成的氢气较多，故B正确；C由于开始时pH相等，则反应速率相等，故C正确；D随着反应的进行，醋酸不断电离，浓度较大，则醋酸反应速率较大，
33、故D错误故选BC点评：本题考查弱电解质的电离与酸与金属的反应，明确浓度与氢离子的关系，醋酸为弱电解质是解答本题的关键，题目难度不大，但属于易错题11（3分）（2014春宿城区校级期末）下列装置能实现在Fe上镀上一层Cu的是（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：根据电镀原理：用Cu在Fe片上镀铜时，镀件铁为阴极，镀层金属铜为阳极，电镀液是含有的镀层金属铜离子的盐，据此分析解答：解：用Cu在Fe片上镀铜时，镀件铁为阴极，镀层金属铜为阳极，电镀液是含有的镀层金属铜离子的盐；A、B、装置没有外接电源为原电池，所以不符合题意，故AB错误；C、C中电解质溶液为硫酸溶液，在
34、阴极上不能析出铜，故C错误；D、镀件铁为阴极，镀层金属铜为阳极，电镀液是硫酸铜溶液，能实现在Fe上镀上一层Cu，故D正确；故选D点评：本题考查学生电镀池的工作原理方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大12（3分）（2014春宿城区校级期末）如图，在盛有H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A外电路的电流方向为：X外电路YB若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为FeCX极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D溶液中氢离子向Y极移动，硫酸根向X极移动考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：根据
35、图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应解答：解：A根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y外电路X，故A错误；B原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，故B错误；CX是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；D原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D正确故选D点评：本题考查了原电池原理，为高频考点，难度不大，
36、会根据电子的流向判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题13（3分）（2010秋抚州期末）在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是（）ANa+、K+、SiO32、SO42BNH4+、Na+、NO3、ClCK+、Ca2+、HCO3、ClDMg2+、K+、Cl、MnO4考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：溶液无色，则有颜色的离子不能大量存在，溶液呈酸性，含有大量的H+，如离子之间之间在酸性条件下不发生任何反应，则可大量共存，以此解答该题解答：解：A酸性条件下，SiO32不能大量共存，故A错误；B溶液无色，
37、且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C酸性条件下，HCO3不能大量共存，故C错误；D离子在酸性条件下能大量共存，但MnO4有颜色，不符合题目要求，故D错误故选B点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的元素化合价知识的考查与应用，难度不大，注意把握题目酸性、无色的特点，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断14（3分）（2014春宿城区校级期末）阿伏加德罗常数约为6.021023mol1，下列叙述中正确的是（）（1）0.25mol Na2O2中含有的阴离子数为0.56.021023（2）7.5g SiO2晶体中含有的硅氧键数为0.56.021023（3）2.24
38、L CH4中含有的原子数为0.56.021023（4）250mL2mol/L的氨水中含有NH3H2O的分子数为0.56.021023（5）1L 1molL1的HAc溶液中含有6.021023个氢离子（6）18g D2O（重水）完全电解，转移6.021023个电子（7）22.4L SO2气体，所含氧原子数为26.021023（8）14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用电子对数目为36.021023A2个B3个C5个D6个考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：（1）Na2O2中含有的阴离子为过氧根离子；（2）1molSiO2晶体中含有4mol硅氧键；（3）没有告诉在标
39、准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲烷的物质的量；（4）一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离，导致一水合氨数目减少；（5）1L 1molL1的HAc溶液中，醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；（6）18g D2O（重水）的物质的量为0.9mol，电解0.9mol重水生成0.9mol氢气，转移了1.8mol电子；（7）没有告诉是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L SO2气体的物质的量；（8）乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的C、H数目，乙烯和丙烯中，每个C和H都平均形成1个CC共价键、1个CH共价键解答：解：（1）0.25mol Na2O
40、2中含有0.25mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.256.021023，故（1）错误；（2）7.5g SiO2晶体的物质的量为=mol，mol含有的硅氧键的物质的量为：mol4=0.5mol，含有的硅氧键数为0.56.021023，故（2）正确；（3）不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L CH4的物质的量，故（3）错误；（4）250mL2mol/L的氨水中含有溶质一水合氨0.5mol，由于溶液中一水合氨部分电离，所以溶液中含有NH3H2O的分子数为小于0.56.021023，故（4）错误；（5）1L 1molL1的HAc溶液中含有1mol溶质醋酸，由于醋酸部分电离出氢
41、离子，所以溶液中含有的氢离子小于1mol，含有氢离子数目小于6.021023，故（5）错误（6）18g D2O（重水）的物质的量为0.9mol，0.9mol重水完全电解生成0.9mol氢气，转移了1.8mol电子，转移1.86.021023个电子，故（6）错误；（7）不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L SO2气体的物质的量，故（7）错误；（8）14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最简式CH2，含有1molC、2molH原子，乙烯和丙烯中，1molC平均形成了1mol碳碳共价键，2molH形成了2mol碳氢共价键，所以总共形成了3mol共价键，含有共用电子对数目为36.
42、021023，故（8）正确；根据以上分析可知，正确的数目为2，故选A点评：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，试题题量较大，涉及的知识点较多，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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件15（3分）（2012江苏校级学业考试）制太阳能电池需要高纯硅，工业上用粗硅制高纯硅可通过以下反应实现：Si+3HCl（气）SiHCl3（气）+H2SiHCl3（气）+H23HCl（气）+Si对上述两个反应的叙述错误的是（）A都是置换反应B都是氧化还原反应C反应中硅元素都被还原D都不是离子
43、反应考点：氧化还原反应；硅和二氧化硅版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、单质和化合物反应生成另外的单质和化合物是置换反应；B、有电子转移的化学反应是氧化还原反应；C、根据硅元素的化合价变化判断；D、有离子参加的反应是离子反应解答：解：A、这两个反应都是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物，所以都是置换反应，故A正确；B、这两个反应都有电子的转移，所以都是氧化还原反应，故B正确；C、Si+3HCl（气）SiHCl3（气）+H2中硅元素失电子化合价升高，所以硅作还原剂，体现还原性；SiHCl3（气）+H23HCl（气）+Si中硅元素得电子化合价降低，所以SiHCl3是氧化剂，体现氧化性，故C
44、错误；D、这两个反应都没有离子参加，所以都不是离子反应，故D正确；故选：C点评：本题考查了几个基本概念，根据各概念的定义来分析解答即可，难度不大二、实验题16（8分）（2014春宿城区校级期末）大理石中含有的主要杂质是氧化铁，以下是某化学兴趣小组用大理石为原料制取安全无毒杀菌剂过氧化钙的主要流程：请回答下列问题：（1）试剂A的名称是盐酸或硝酸；（2）操作I的目的是调节溶液的pH，使Fe3+转化为氢氧化铁而除去；（3）本实验需要多次使用玻璃棒，则本实验过程中玻璃棒的作用有搅拌和引流；（4）写出反应中生成CaO28H2O的化学方程式：CaC12+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH
45、4Cl考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物分析：大理石中含有氧化铁，酸溶后，加入氨水使Fe3+转化为氢氧化铁而除去，加入碳酸铵，得到纯净的碳酸钙，加入盐酸，生成氯化钙，CaC12+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl，失去结晶水后得到CaO2（1）试剂A溶解碳酸钙，应选择盐酸或硝酸；（2）加入氨水调节溶液的pH，使Fe3+转化为氢氧化铁而除去；（3）固体粉末与溶液反应需要用玻璃棒搅拌，过滤需要用玻璃棒引流；（4）由工艺流程可知，反应为氯化钙与氨水、过氧化氢反应生成CaO28H2O，还应生成氯化铵解答：解：大理石中含有氧化铁，
46、酸溶后，加入氨水使Fe3+转化为氢氧化铁而除去，加入碳酸铵，得到纯净的碳酸钙，加入盐酸，生成氯化钙，CaC12+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl，失去结晶水后得到CaO2（1）试剂A溶解碳酸钙，应选择盐酸或硝酸，故答案为：盐酸或硝酸；（2）加入氨水调节溶液的pH，使Fe3+转化为氢氧化铁而除去，故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+转化为氢氧化铁而除去；（3）固体粉末与溶液反应需要用玻璃棒搅拌，过滤需要用玻璃棒引流，故答案为：搅拌和引流；（4）由工艺流程可知，反应为氯化钙与氨水、过氧化氢反应生成CaO28H2O，还应生成氯化铵，反应方程式为：CaC12+H2O2+2NH
47、3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl，故答案为：CaC12+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl点评：本题考查工艺流程、对操作的分析评价、阅读获取信息的能力等，注重对基础知识的考查，侧重对学生的实验基本技能与综合能力的考查，难度中等17（13分）（2012春濉溪县期末）下表是周期表中的一部分，根据AK在周期表中的位置，按要求回答下列问题：族周期AAAAAAA01A2BCD3EFGHIJK（1）上表AK元素中，只有负价而无正价的元素是（写出元素名称，下同）氟，金属性最强的元素是钠，原子半径最小的元素是氢（2）比较D、E+及K的离子半径，由大到小的顺序为：ClFNa+（
48、3）气态氢化物最稳定的是（填物质的化学式）HF写出元素 C、K的气态氢化物相互反应的现象产生白烟，反应化学方程式为：NH3+HClNH4Cl（4）（本小题均填物质的化学式）在最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是（填物质的化学式，下同）NaOH，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al（OH）3考点：元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）氟元素只有负价而无正价，金属性最强的元素在周期表的左下方位置，原子半径最小的元素的原子在周期表的左上角；（2）离子的电子层越多半径越大，电子层上电子排布一样的离子，则核电荷数越多半径越小，反之越大；（3）元素原子的得电
49、子能力越强则氢化物的稳定性越强，氨气能和氯化氢反应生成氯化铵固体；（4）同周期元素的原子从左到右最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强解答：解：根据元素的周期数和族序数可以确定各种元素，A是H，B是C，C是N，D是F，E是Na，F是Mg，G是Al，H是Si，I是P，J是S，K是Cl（1）氟元素只有负价而无正价氟，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下，金属性逐渐增强，原子半径逐渐增大，所以短周期元素中金属性最强的是钠，原子半径最小的元素是氢，故答案为：氟；钠；氢；（2）离
50、子的电子层越多半径越大，所以Cl半径最大，而F、Na+为电子层上电子排布一样的离子，则核电荷数越多半径越小，所以FNa+，故答案为：ClFNa+； （3）同周期元素的原子从左到右气态氢化物的稳定性逐渐增强，同一主族元素的原子从上到下气态氢化物的稳定性逐渐减弱，所以短周期元素中最稳定的氢化物是HF，氨气能和氯化氢反应生成氯化铵固体，现象是产生白烟，反应方程式为：NH3+HClNH4Cl，故答案为：HF；产生白烟；NH3+HClNH4Cl；（4）同周期元素的原子从左到右最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，
51、所以短周期元素中碱性最强的是氢氧化钠，酸性最强的是高氯酸，两性氢氧化物是氢氧化铝，故答案为：NaOH；HClO4；Al（OH）3点评：本题是一道元素周期表结构和元素周期律知识的综合题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大18（2014春宿城区校级期末）DIS（Digital Information System）系统即数字信息系统它由传感器、数据采集器和计算机组成DIS系统为化学教学提供了全新的技术手段和教学平台某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点实验步骤如下：（1）用酸式滴定管（填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释
52、后转移到100mL容量瓶中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中（2）量取20.00mL上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统（如图1）向烧杯中滴加浓度为0.1000molL1的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线（见图2）用滴定管盛氨水前，滴定管要用氨水润洗23遍，润洗的目的是防止待测液被稀释溶液导电能力随氨水体积变化的原因是醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱食用白醋中醋酸的物质的量浓度是1.000molL1考点：电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平
53、衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；（2）滴定管清洗完之后管壁上残留水，会使待测溶液浓度下降据此分析解答；图象上随氨水体积的增大，导电性先增大后减小，结合醋酸与氨水反应过程分析解答；（3）根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反应完全，分别求出反应消耗的醋酸的物质的量和氨水的物质的量，依据酸碱中和反应n（CH3COOH）=n（NH3H2O）计算求解解答：解：（1）滴定管精确度为0.01ml，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；故答案为：酸式滴定管；（2）为防止滴定管清洗完之后管壁上残留水将待测液稀释
54、，应用所盛液体润洗23次，故答案为：氨水；防止氨水被稀释；醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱；（3）设白醋的浓度为C，则反应消耗的醋酸的物质的量为n（CH3COOH）=C10.00mL；反应消耗的氨水的物质的量为：n（NH3H2O）=0.1000molL120ml，根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反
55、应完全，所以n（CH3COOH）=n（NH3H2O），C10.00mL=0.1000molL120ml，C=1.000molL1；故答案为：1.000molL1点评：本题考查中和滴定实验，题目难度中等，注意滴定管的选择和使用的注意事项19（14分）（2014春宿城区校级期末）欲用浓硝酸法（测定反应后生成气体的量）测定某铜银合金中铜的质量分数资料表明：反应中除生成NO2气体外还有少量的NO生成；常温下N02与N2O4混合存在（1）实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是排尽装置中的空气（2）装置B瓶的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产
56、生NO（3）A中反应停止后，打开D中的活塞K2并通人氧气，若反应中确有NO产生，则D中应出现的现象是出现红棕色气体；实验发现，通人氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为了便于观察应通人热（填“冷”或“热”）的氧气（4）为了减少测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是：打开K1、K2，持续一段时间的N2和O2（5）实验测得下列数据：所用铜银合金质量为15.0g，浓硝酸的体积为40mL，浓度为13.5molL1实验后：A中溶液体积为40mL，H+浓度为1.0molL1若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：参加反应的硝酸的物质的量为0.50mol；若已测出反应后E装置的生成物含
57、氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数，还需要测定的数据是C中圆底烧瓶在实验前后增加的质量（6）实验中只测定铜的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金与硝酸反应后，只需简单的实验操作就可以达到目的，请简述实验过程在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验探究和数据处理题分析：（1）通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；（2）B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中 冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；（3）一氧化氮和氧
58、气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；（4）由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；（5）硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol0.04mol=0.5mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；（6）铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数；解答：解：（1）通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；故答案为：排尽装
59、置中的空气；（2）B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮，故答案为：吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO；（3）A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，通入热的氧气，故答案为：出现红棕色气体；热；（4）由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；故答案为：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2；（5）硝酸的总的物质的量是0.5
60、4mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol0.04mol=0.50mol，故答案为：0.50mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量，故答案为：C中圆底烧瓶在实验前后增加的质量；（6）铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算；故答案为：在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取
61、所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算点评：本题考查了物质性质的实验设计，硝酸性质的应用，实验步骤和产物性质及其反应现象是解题关键，题目难度中等三、计算题20（6分）（2014春宿城区校级期末）将10g铁置于40mL某浓度的硝酸中，再微热充分反应后，共收集到1792mL混合气体，溶液里还残留4.4g固体（标准状况）求：（1）反应被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量（2）原硝酸溶液的物质的量浓度（3）混合气体的组成成分及其体积比考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：反应中残留固体为Fe，说明硝酸完全反应，反应生成硝酸亚铁，Fe与浓硝酸反应得到二氧化氮，随反应进行浓硝酸变稀，与稀硝酸
62、反应得到NO，故混合气体为NO、NO2，（1）被还原的硝酸生成NO、NO2，未被还原的硝酸生成硝酸亚铁，根据参加反应的Fe计算硝酸亚铁物质的量，根据N元素守恒计算；（2）根据N元素守恒：n（HNO3）=2nFe（NO3）2+n（NO、NO2），再根据c=计算；（3）令混合气体在NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者体积及电子转移守恒列方程计算解答解答：解：反应中残留固体为Fe，说明硝酸完全反应，反应生成硝酸亚铁，Fe与浓硝酸反应得到二氧化氮，随反应进行浓硝酸变稀，与稀硝酸反应得到NO，故混合气体为NO、NO2，（1）被还原的硝酸生成NO、NO2，根据N元素守恒，n被还原（HN
63、O3）=n（NO、NO2）=0.08mol，参加反应Fe的物质的量=0.1mol，未被还原的硝酸生成硝酸亚铁，故n未被还原（HNO3）=2nFe（NO3）2=0.1mol2=0.2mol，答：反应被还原的硝酸的物质的量为0.08mol，未被还原的硝酸的物质的量为0.2mol；（2）根据N元素守恒：n（HNO3）=2nFe（NO3）2+n（NO、NO2）=0.2mol+0.08mol=0.28mol，故原硝酸溶液的物质的量浓度=7mol/L，答：原硝酸溶液的物质的量浓度为7mol/L；（3）令混合气体在NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者体积及电子转移守恒列方程：解得x=0.06、y=0.02故NO、NO2的体积之比=0.06mol：0.02mol=3：1，答：混合气体的成分为NO、NO2，二者体积之比为3：1点评：本题考查化学方程式计算，难度不大，明确发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行解答