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8. 白藜芦醇($\ce{C_{14}H_{12}O_{3}}$)是肿瘤的化学预防剂，也是降低血小板聚集，预防和治疗动脉粥样硬化、心脑血管疾病的化学预防剂。下列关于白藜芦醇的说法正确的是（
A.白藜芦醇属于氧化物
B.白藜芦醇中碳的质量分数最大
C.白藜芦醇中碳、氢、氧三种元素的质量比为$14:12:3$
D.白藜芦醇的相对分子质量为228 g
B
）A.白藜芦醇属于氧化物
B.白藜芦醇中碳的质量分数最大
C.白藜芦醇中碳、氢、氧三种元素的质量比为$14:12:3$
D.白藜芦醇的相对分子质量为228 g
答案
8. B
解析
【分析】本题为化学式相关的综合判断题，需掌握氧化物的定义、元素质量分数与质量比的计算、相对分子质量的概念，逐一分析各选项，排除错误选项，确定正确答案。
【解析】
A选项：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，白藜芦醇（$\ce{C_{14}H_{12}O_{3}}$）含C、H、O三种元素，不属于氧化物，A错误；
B选项：计算各元素的相对质量总和：C为$12×14=168$，H为$1×12=12$，O为$16×3=48$，碳元素的相对质量总和最大，故碳的质量分数最大，B正确；
C选项：$14:12:3$是白藜芦醇中碳、氢、氧的原子个数比，而非质量比，其质量比为$168:12:48=14:1:4$，C错误；
D选项：相对分子质量的单位为“1”，常省略不写，白藜芦醇的相对分子质量为$12×14+1×12+16×3=228$，并非228 g，D错误。
【答案】B
【知识点】化学式的意义、元素质量比计算、相对分子质量
【点评】本题考查化学用语的基础概念与计算，需准确区分原子个数比与元素质量比、相对分子质量的单位、氧化物的定义等易混点，属于常规基础题。
【难度系数】0.7
【解析】
A选项：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，白藜芦醇（$\ce{C_{14}H_{12}O_{3}}$）含C、H、O三种元素，不属于氧化物，A错误；
B选项：计算各元素的相对质量总和：C为$12×14=168$，H为$1×12=12$，O为$16×3=48$，碳元素的相对质量总和最大，故碳的质量分数最大，B正确；
C选项：$14:12:3$是白藜芦醇中碳、氢、氧的原子个数比，而非质量比，其质量比为$168:12:48=14:1:4$，C错误；
D选项：相对分子质量的单位为“1”，常省略不写，白藜芦醇的相对分子质量为$12×14+1×12+16×3=228$，并非228 g，D错误。
【答案】B
【知识点】化学式的意义、元素质量比计算、相对分子质量
【点评】本题考查化学用语的基础概念与计算，需准确区分原子个数比与元素质量比、相对分子质量的单位、氧化物的定义等易混点，属于常规基础题。
【难度系数】0.7
9. 中国芯片蚀刻技术国际领先。NF₃进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是（
A.上述四种物质均由分子构成
B.反应前后各元素的化合价均不变
C.空气中物质丁的质量分数为78％
D.反应生成的丙和丁微观粒子数之比为3：2
D
）A.上述四种物质均由分子构成
B.反应前后各元素的化合价均不变
C.空气中物质丁的质量分数为78％
D.反应生成的丙和丁微观粒子数之比为3：2
答案
9. D
解析
【分析】首先根据微观示意图确定各物质的构成：甲由1个N原子和3个F原子构成，化学式为$\ce{NF_{3}}$；乙为Si原子构成的单质，化学式为$\ce{Si}$；丙由1个Si原子和4个F原子构成，化学式为$\ce{SiF_{4}}$；丁由2个N原子构成，化学式为$\ce{N_{2}}$。配平反应的化学方程式为$\ce{4NF_{3} + 3Si\xlongequal{一定条件} 3SiF_{4} + 2N_{2}}$，再逐一分析选项：A选项需判断物质的构成粒子，B选项分析化合价变化，C选项区分空气的体积分数和质量分数，D选项根据化学方程式判断粒子数之比。
【解析】根据微观示意图确定各物质化学式并配平反应：$\ce{4NF_{3} + 3Si\xlongequal{一定条件} 3SiF_{4} + 2N_{2}}$。
A选项：乙是Si，属于单质，由硅原子直接构成，并非四种物质都由分子构成，A错误；
B选项：反应中Si元素化合价从0价变为+4价，N元素化合价从-3价变为0价，化合价发生改变，B错误；
C选项：丁是$\ce{N_{2}}$，空气中氮气的体积分数约为78%，不是质量分数，C错误；
D选项：由配平的化学方程式可知，生成丙（$\ce{SiF_{4}}$）和丁（$\ce{N_{2}}$）的微观粒子数之比为3:2，D正确。
【答案】D
【知识点】微粒模型、化学方程式、空气成分
【点评】本题结合微观反应示意图考查物质构成、化合价、空气成分及化学方程式的意义，需准确分析各物质的组成和反应关系，属于中等难度题。
【难度系数】0.5
【解析】根据微观示意图确定各物质化学式并配平反应：$\ce{4NF_{3} + 3Si\xlongequal{一定条件} 3SiF_{4} + 2N_{2}}$。
A选项：乙是Si，属于单质，由硅原子直接构成，并非四种物质都由分子构成，A错误；
B选项：反应中Si元素化合价从0价变为+4价，N元素化合价从-3价变为0价，化合价发生改变，B错误；
C选项：丁是$\ce{N_{2}}$，空气中氮气的体积分数约为78%，不是质量分数，C错误；
D选项：由配平的化学方程式可知，生成丙（$\ce{SiF_{4}}$）和丁（$\ce{N_{2}}$）的微观粒子数之比为3:2，D正确。
【答案】D
【知识点】微粒模型、化学方程式、空气成分
【点评】本题结合微观反应示意图考查物质构成、化合价、空气成分及化学方程式的意义，需准确分析各物质的组成和反应关系，属于中等难度题。
【难度系数】0.5
10. 下列有关实验所用的试剂或方法错误的是（
选项 实验目的 所用试剂或方法
A 鉴别真假黄金 灼烧
B 鉴别二氧化锰和木炭粉 双氧水
C 除去铁粉中少量的炭粉 点燃
D 分离$\ce{KCl}$和$\ce{MnO_{2}}$固体 溶解、过滤、洗涤、干燥、蒸发
C
）选项 实验目的 所用试剂或方法
A 鉴别真假黄金 灼烧
B 鉴别二氧化锰和木炭粉 双氧水
C 除去铁粉中少量的炭粉 点燃
D 分离$\ce{KCl}$和$\ce{MnO_{2}}$固体 溶解、过滤、洗涤、干燥、蒸发
答案
10. C
解析
【分析】
要找出实验所用试剂或方法错误的选项，需结合各物质的性质逐一分析：
1. 选项A：真黄金（Au）化学性质稳定，灼烧时无明显变化；假黄金多为铜锌合金，灼烧时铜会与氧气反应生成黑色的CuO，表面变黑，因此灼烧可鉴别真假黄金，方法正确。
2. 选项B：二氧化锰（MnO₂）可催化双氧水（H₂O₂）分解，快速产生大量气泡；木炭粉不能催化双氧水分解，无明显现象，因此用双氧水可鉴别二者，方法正确。
3. 选项C：除去铁粉中的炭粉时，若点燃，铁粉也会在氧气中反应（铁能与氧气反应，高温下更易被氧化），会消耗原物质铁粉，不符合除杂原则，方法错误。
4. 选项D：KCl易溶于水，MnO₂难溶于水，因此溶解后过滤，滤渣经洗涤、干燥得到MnO₂，滤液蒸发结晶得到KCl，可分离二者，方法正确。
综上，错误的是选项C。
【解析】
本题考查物质的鉴别、除杂与分离的实验方法：
A选项：真金灼烧无变化，假黄金灼烧变黑，可鉴别，方法正确；
B选项：MnO₂能催化双氧水分解产生气泡，木炭粉不能，可鉴别，方法正确；
C选项：点燃时铁粉和炭粉都会与氧气反应，消耗原物质铁粉，无法达到除杂目的，方法错误；
D选项：KCl溶于水、MnO₂不溶，通过溶解、过滤、洗涤干燥得MnO₂，蒸发滤液得KCl，可分离，方法正确。
因此答案为C。
【答案】
C
【知识点】
物质的鉴别、物质的除杂、物质的分离
【点评】
本题围绕物质的鉴别、除杂和分离展开，需掌握各物质的化学性质，除杂时要遵循“不增、不减、易分离”的原则，鉴别时需出现明显不同的现象，是化学实验基础的常见题型。
【难度系数】
0.6
要找出实验所用试剂或方法错误的选项，需结合各物质的性质逐一分析：
1. 选项A：真黄金（Au）化学性质稳定，灼烧时无明显变化；假黄金多为铜锌合金，灼烧时铜会与氧气反应生成黑色的CuO，表面变黑，因此灼烧可鉴别真假黄金，方法正确。
2. 选项B：二氧化锰（MnO₂）可催化双氧水（H₂O₂）分解，快速产生大量气泡；木炭粉不能催化双氧水分解，无明显现象，因此用双氧水可鉴别二者，方法正确。
3. 选项C：除去铁粉中的炭粉时，若点燃，铁粉也会在氧气中反应（铁能与氧气反应，高温下更易被氧化），会消耗原物质铁粉，不符合除杂原则，方法错误。
4. 选项D：KCl易溶于水，MnO₂难溶于水，因此溶解后过滤，滤渣经洗涤、干燥得到MnO₂，滤液蒸发结晶得到KCl，可分离二者，方法正确。
综上，错误的是选项C。
【解析】
本题考查物质的鉴别、除杂与分离的实验方法：
A选项：真金灼烧无变化，假黄金灼烧变黑，可鉴别，方法正确；
B选项：MnO₂能催化双氧水分解产生气泡，木炭粉不能，可鉴别，方法正确；
C选项：点燃时铁粉和炭粉都会与氧气反应，消耗原物质铁粉，无法达到除杂目的，方法错误；
D选项：KCl溶于水、MnO₂不溶，通过溶解、过滤、洗涤干燥得MnO₂，蒸发滤液得KCl，可分离，方法正确。
因此答案为C。
【答案】
C
【知识点】
物质的鉴别、物质的除杂、物质的分离
【点评】
本题围绕物质的鉴别、除杂和分离展开，需掌握各物质的化学性质，除杂时要遵循“不增、不减、易分离”的原则，鉴别时需出现明显不同的现象，是化学实验基础的常见题型。
【难度系数】
0.6
11. 下列说法正确的是 （
A.单质中只有一种元素，所以只有一种元素的纯净物一定是单质
B.燃烧时发光、放热，所以发光、放热的变化一定是燃烧
C.原子可以通过得失电子形成离子，离子不能通过得失电子形成原子
D.置换反应生成单质和化合物，则有单质和化合物生成的反应一定是置换反应
A
）A.单质中只有一种元素，所以只有一种元素的纯净物一定是单质
B.燃烧时发光、放热，所以发光、放热的变化一定是燃烧
C.原子可以通过得失电子形成离子，离子不能通过得失电子形成原子
D.置换反应生成单质和化合物，则有单质和化合物生成的反应一定是置换反应
答案
11. A
解析
【分析】本题需逐一分析每个选项，结合化学基本概念的定义，判断各说法是否正确，重点关注概念的限定条件，避免概念混淆。
【解析】
选项A：单质的定义是由同种元素组成的纯净物，因此“只有一种元素的纯净物一定是单质”的说法符合单质的概念，该选项正确。
选项B：燃烧是发光、放热的剧烈氧化反应，但发光、放热的变化不一定是燃烧，例如灯泡通电发光放热属于物理变化，并非燃烧，该选项错误。
选项C：原子通过得失电子形成离子，同时离子也能通过得失电子形成原子，如钠离子得电子可形成钠原子，氯离子失电子可形成氯原子，该选项错误。
选项D：置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，有单质和化合物生成的反应不一定是置换反应，例如一氧化碳还原氧化铜生成铜（单质）和二氧化碳（化合物），但反应物均为化合物，不属于置换反应，该选项错误。
【答案】A
【知识点】单质的定义、置换反应的定义、离子的形成
【点评】本题考查化学基础概念的辨析，需准确掌握各概念的内涵与外延，明确概念的限定条件，是常见的易错题，需注意区分相似概念。
【难度系数】0.6
【解析】
选项A：单质的定义是由同种元素组成的纯净物，因此“只有一种元素的纯净物一定是单质”的说法符合单质的概念，该选项正确。
选项B：燃烧是发光、放热的剧烈氧化反应，但发光、放热的变化不一定是燃烧，例如灯泡通电发光放热属于物理变化，并非燃烧，该选项错误。
选项C：原子通过得失电子形成离子，同时离子也能通过得失电子形成原子，如钠离子得电子可形成钠原子，氯离子失电子可形成氯原子，该选项错误。
选项D：置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，有单质和化合物生成的反应不一定是置换反应，例如一氧化碳还原氧化铜生成铜（单质）和二氧化碳（化合物），但反应物均为化合物，不属于置换反应，该选项错误。
【答案】A
【知识点】单质的定义、置换反应的定义、离子的形成
【点评】本题考查化学基础概念的辨析，需准确掌握各概念的内涵与外延，明确概念的限定条件，是常见的易错题，需注意区分相似概念。
【难度系数】0.6
12. 右图是某化学兴趣小组用Y形管探究二氧化碳性质的创新实验。下列说法正确的是（
A.实验中观察到a处紫色石蕊试纸先变红
B.该实验中不涉及对比实验
C.Y形管右侧的澄清石灰水变浑浊
D.使紫色石蕊试纸变红的物质是二氧化碳
C
）A.实验中观察到a处紫色石蕊试纸先变红
B.该实验中不涉及对比实验
C.Y形管右侧的澄清石灰水变浑浊
D.使紫色石蕊试纸变红的物质是二氧化碳
答案
12. C
解析
【分析】
本题通过创新实验装置探究二氧化碳的性质，需结合二氧化碳的密度、与澄清石灰水的反应、与水的反应等知识点，逐一分析各选项：首先明确实验原理：稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳（$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$），再结合二氧化碳的性质判断各选项正误。
【解析】
1. 分析选项A：二氧化碳密度比空气大，会先从装置的下端b处逸出，因此b处湿润的紫色石蕊试纸先变红，而非a处，故A错误；
2. 分析选项B：实验中通过对比a、b处石蕊试纸的变色情况，以及澄清石灰水的变化，属于对比实验，故B错误；
3. 分析选项C：Y形管右侧的澄清石灰水，通入二氧化碳后会发生反应$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$，生成碳酸钙沉淀，因此澄清石灰水变浑浊，故C正确；
4. 分析选项D：二氧化碳本身不能使紫色石蕊变红，是二氧化碳与湿润试纸中的水反应生成的碳酸（$\ce{H_{2}CO_{3}}$）使石蕊变红，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
二氧化碳的性质、化学实验探究
【点评】
本题借助创新实验装置考查二氧化碳的核心性质，需要学生结合物质性质分析实验现象，同时理解对比实验的设计思路，是对基础知识点的综合应用。
【难度系数】
0.5
本题通过创新实验装置探究二氧化碳的性质，需结合二氧化碳的密度、与澄清石灰水的反应、与水的反应等知识点，逐一分析各选项：首先明确实验原理：稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳（$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$），再结合二氧化碳的性质判断各选项正误。
【解析】
1. 分析选项A：二氧化碳密度比空气大，会先从装置的下端b处逸出，因此b处湿润的紫色石蕊试纸先变红，而非a处，故A错误；
2. 分析选项B：实验中通过对比a、b处石蕊试纸的变色情况，以及澄清石灰水的变化，属于对比实验，故B错误；
3. 分析选项C：Y形管右侧的澄清石灰水，通入二氧化碳后会发生反应$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$，生成碳酸钙沉淀，因此澄清石灰水变浑浊，故C正确；
4. 分析选项D：二氧化碳本身不能使紫色石蕊变红，是二氧化碳与湿润试纸中的水反应生成的碳酸（$\ce{H_{2}CO_{3}}$）使石蕊变红，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
二氧化碳的性质、化学实验探究
【点评】
本题借助创新实验装置考查二氧化碳的核心性质，需要学生结合物质性质分析实验现象，同时理解对比实验的设计思路，是对基础知识点的综合应用。
【难度系数】
0.5
13. 氮化镁($\ce{Mg_{3}N_{2}}$)是高强度钢冶炼的添加剂。若保存不当，氮化镁会与水反应生成氢氧化镁和一种气体，这种气体是（
A.$\ce{N_{2}}$
B.$\ce{NH_{3}}$
C.$\ce{H_{2}}$
D.$\ce{SO_{2}}$
B
）A.$\ce{N_{2}}$
B.$\ce{NH_{3}}$
C.$\ce{H_{2}}$
D.$\ce{SO_{2}}$
答案
13. B
解析
【分析】首先根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，先排除含反应物中没有的元素的选项；再结合反应类型（水解反应）的特点，反应前后各元素化合价不变，分析各选项气体的元素组成和化合价变化，从而确定正确产物。
【解析】1. 元素守恒判断：反应物为$\ce{Mg_{3}N_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，所含元素为$\ce{Mg}$、$\ce{N}$、$\ce{H}$、$\ce{O}$，不含$\ce{S}$元素，因此排除含$\ce{S}$的D选项；2. 化合价与反应类型判断：$\ce{Mg_{3}N_{2}}$中$\ce{Mg}$为+2价、$\ce{N}$为-3价，该反应为水解反应，反应前后元素化合价不变。若生成$\ce{N_{2}}$，$\ce{N}$元素化合价从-3变为0，属于氧化还原反应，不符合水解反应规律；若生成$\ce{H_{2}}$，$\ce{H}$元素化合价从+1变为0，也属于氧化还原反应，且反应物无还原剂，不符合；$\ce{N}$与$\ce{H}$结合生成$\ce{NH_{3}}$时，$\ce{N}$、$\ce{H}$化合价均不变，符合水解反应特点，因此气体为$\ce{NH_{3}}$。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、水解反应、元素化合价
【点评】本题结合元素守恒和反应类型特点判断产物，属于化学基础应用题型，需掌握水解反应的化合价规律，难度适中。
【难度系数】0.7
【解析】1. 元素守恒判断：反应物为$\ce{Mg_{3}N_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，所含元素为$\ce{Mg}$、$\ce{N}$、$\ce{H}$、$\ce{O}$，不含$\ce{S}$元素，因此排除含$\ce{S}$的D选项；2. 化合价与反应类型判断：$\ce{Mg_{3}N_{2}}$中$\ce{Mg}$为+2价、$\ce{N}$为-3价，该反应为水解反应，反应前后元素化合价不变。若生成$\ce{N_{2}}$，$\ce{N}$元素化合价从-3变为0，属于氧化还原反应，不符合水解反应规律；若生成$\ce{H_{2}}$，$\ce{H}$元素化合价从+1变为0，也属于氧化还原反应，且反应物无还原剂，不符合；$\ce{N}$与$\ce{H}$结合生成$\ce{NH_{3}}$时，$\ce{N}$、$\ce{H}$化合价均不变，符合水解反应特点，因此气体为$\ce{NH_{3}}$。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、水解反应、元素化合价
【点评】本题结合元素守恒和反应类型特点判断产物，属于化学基础应用题型，需掌握水解反应的化合价规律，难度适中。
【难度系数】0.7
