黑龙江省2022学年牡丹江一中高一上期末化学试卷

2022-2022学年黑龙江省牡丹江一中高一（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共25小题，共60.0分）1.下列物质，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是（　　）A.AlCl3B.Al（OH）3C.KOHD.HCl【答案】B【解析】解：A．氯化铝是强酸弱碱盐，能和NaOH发生复分解反应，和稀盐酸不反应，故A错误；B．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液发生生成可溶性盐，故B正确；C．KOH属于强碱，只能和稀盐酸发生复分解反应，和NaOH不反应，故C错误；D．HCl属于酸，只能和NaOH发生复分解反应，故D错误；故选：B。Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等物质都能和强酸、强碱反应，据此分析解答．本题考查两性氢氧化物、两性氧化物等知识点，侧重考查元素化合物知识，熟悉常见元素化合物知识，总结归纳并灵活运用，注意氢氧化铝不溶于弱碱，题目难度不大．2.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅．下列物品中用到硅单质的是（　　）A.陶瓷餐具B.石英钟表C.计算机芯片D.光导纤维【答案】C【解析】解：A．陶瓷餐具是硅酸盐产品，主要成分为硅酸盐，故A错误；B．石英主要成分为二氧化硅，不是单质硅，故B错误；C．硅单质是半导体材料，可以制计算机芯片，故C正确；D．光导纤维成分为二氧化硅，是硅的氧化物，不是单质硅，故D错误；故选：C。A．陶瓷餐具主要成分为硅酸盐；B．石英钟表成分为二氧化硅；C．计算机芯片成分为晶体硅；D．光导纤维成分为二氧化硅；本题考查了硅、二氧化硅的应用，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大．3.下列有关物质的性质与用途不对应的是（　　）A.铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料B.食品工业用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂C.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板D.明矾能生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂【答案】B【解析】解：A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，故A正确；B．Na2CO3的碱性较强，因选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，故B错误；C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，故C正确；15/16D．明矾水解生成的胶体具有吸附性，则明矾可用作净水剂，故D正确；故选：B。A．合金硬度大；B．Na2CO3的碱性较强；C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁；D．明矾水解生成的胶体具有吸附性．本题考查物质的性质与应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．1.下列工作原理或变化过程不涉及化学反应的是（　　）A.高炉炼铁B.火箭发射C.酸雨的形成D.丁达尔效应【答案】D【解析】解：A．高炉炼铁涉及Fe2O3+3CO2Fe+3CO2等反应，属于化学变化，故A错误；B．火箭发射涉及燃料的燃烧，涉及化学变化，故B错误；C．酸雨分两种，硫酸型与硝酸型，硫酸型SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4，硝酸型2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误；D．丁达尔效应是胶粒对光线的散射作用形成的，不涉及化学变化，故D正确；故选：D。A．金属的冶炼是金属从化合态变为游离态的过程，属于化学变化；B．火箭发射涉及燃料的燃烧；C．酸雨主要是人为地向大气中排放大量酸性物质造成的；D．丁达尔效应是胶粒对光线的散射作用形成的．本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．2.下列反应的离子方程式正确的是（　　）A.钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑B.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.氢氧化铝中和胃酸：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2OD.用氯化铁溶液腐蚀电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【答案】C【解析】解：A．钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；C．氢氧化铝中和胃酸的离子反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故C正确；D．用氯化铁溶液腐蚀电路板的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；15/16故选：C。A．没有配平；B．HClO在离子反应中保留化学式；C．反应生成氯化铝和水；D．电子、电荷不守恒．本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，把握离子反应的书写方法为解答的关键，注意常见的保留化学式的物质及电子守恒的应用，题目难度不大．1.下列物质不能通过化合反应得到的是（　　）A.Al（OH）3B.Fe （OH）3C.Fe3O4D.FeS【答案】A【解析】解：A．氧化铝不溶于水，不能由化合反应生成氢氧化铝，故A选；B．氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，故B不选；C．Fe与氧气发生化合反应生成四氧化三铁，故C不选；D．Fe与S发生化合反应生成FeS，故D不选；故选：A。A．氧化铝不溶于水；B．氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁；C．Fe与氧气反应生成四氧化三铁；D．Fe与S反应生成FeS。本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质性质、发生的反应、相互转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A.标准状况下，4.48L水中含有水分子的数目为0.2NAB.1molFe与足量水蒸气反应转移的电子数目为3NAC.0.2mol•L-1CaCl2溶液中含有氯离子的数目为0.4NAD.32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA【答案】D【解析】解：A．标准状况下，4.48L水物质的量不是0.2mol，故A错误；B．高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁，转移了mol电子，转移电子的数目为NA，故B错误；C．溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故C错误；D．O2和O3均由氧原子构成，则32g混合气体中含有的氧原子的物质的量n===2mol，个数为2NA个，故D正确；故选：D。A．标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，水为液态；B．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为+价；C．溶液体积不知不能计算微粒物质的量；D．O2和O3均由氧原子构成，元素守恒来计算。本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，掌握公式的使用和物质的结构是关键，题目难度不大。15/161.下列物质反应后一定有+3价铁生成的是（　　）①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中．A.只有①B.①②C.①②③D.①③【答案】A【解析】解：①过量的Fe与Cl2反应，Cl2是强氧化剂，发生反应2Fe+3Cl2=2FeCl3，固体和气体的反应，铁过量不会与生成的氯化铁反应，故①可以；②Fe与过量稀硫酸反应，发生置换反应，氢离子的氧化性弱只能把铁氧化为二价铁，故②不可以；③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，Fe2O3溶于盐酸生成氯化铁，如果铁足量，可发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以不一定生成三价铁，故④不一定。故选：A。物质反应时生成三价铁的化合物，一般是金属铁、二价铁遇到强氧化剂可以生成，三价铁的化合物溶解发生复分解反应也可以生成，根据铁及其化合物的性质进行判断．本题考查了铁及其化合物的性质应用．熟练掌握化学性质是解决问题的关键，题目较简单．2.下列有关金属及其化合物的说法正确的是（　　）A.铝和氢氧化钠溶液反应生成Al（OH）3和NaB.钠在空气中燃烧生成淡黄色的NaO2C.铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2D.用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaHCO3【答案】C【解析】解：A．铝的活泼性比钠弱，金属铝不可能置换出钠，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A错误；B．钠化学性质活泼，在空气中燃烧生成Na2O2，故B错误；C．在高温下Fe能够与水水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；D．用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaOH，无法获得NaHCO3，故D错误；故选：C。A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B．钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；C．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；D．碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠．本题考查了常见金属及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意铁在高温下与水反应生成的是四氧化三铁，不是氧化铁，为易错点．3.下列叙述中正确的是（　　）①Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②Na2CO3和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀③钠在常温下容易被氧化④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行⑤除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3，将混合物加热至质量不再发生变化⑥可用玻璃棒蘸取少量待测物质的浓溶液做焰色反应实验．A.③④⑤B.②④⑥C.②③④D.①②⑥【答案】A【解析】解：①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；15/16②Na2CO3能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故②错误；③钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故③正确；④过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可做供氧剂，氧化钠没有此性质，故④正确；⑤碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，可以用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故⑤正确；⑥焰色反应可以使用铁丝、铂丝等物质，但玻璃棒中含有Na、Ca等元素，不能作焰色反应的实验，故⑥错误；故选：A。①能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；②碳酸氢钠与氯化钙不发生反应；③钠在常温下易被氧化生成氧化钠；④过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气；⑤碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠；⑥玻璃棒中含有Na、Ca等元素，不能作焰色反应的实验；本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物的性质是解题关键，注意碱性氧化物的概念，注意焰色反应的注意问题，题目难度不大．1.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中，不正确的是（　　）A.Na2CO3稳定性大于NaHCO3   B.相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3C.可以用滴加BaCl2溶液的方法，鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液D.将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，前者产生沉淀，后者无现象【答案】D【解析】解：A．NaHCO3不稳定，加热易分解，所以Na2CO3稳定性大于NaHCO3，故A正确；B．在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B正确；C．碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，则滴加BaCl2溶液，观察有无白色浑浊可鉴别，故C正确；D．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误。故选：D。A．NaHCO3不稳定，加热易分解；B．Na2CO3比NaHCO3易溶于水；C．碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能；D．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀。本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。2.能用磨口塞玻璃瓶存放的试剂有（　　）A.烧碱溶液B.浓硝酸C.氢氟酸D.硅酸钠溶液【答案】B【解析】解：A．氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性是硅酸钠，反应方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，硅酸钠能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故A错误；B．浓硝酸虽然具有强氧化性，但浓硝酸和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故B正确；C．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O15/16，所以HF不能用玻璃瓶存放，故C错误；D．硅酸钠具有粘性，所以能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故D错误。故选：B。玻璃中含有二氧化硅，只要这种物质和二氧化硅不反应或这种物质没有粘性即可用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，据此分析解答．本题以化学试剂存放为载体考查了二氧化硅的性质，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱、HF反应，HF能雕刻玻璃，根据二氧化硅的性质分析解答即可，题目难度不大．1.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（　　）A.该溶液中，H+、NH4+、Ag+可以大量共存B.向该溶液中通入CO2，不发生化学反应C.该溶液可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaClD.常温下，将氯气通入NaOH溶液中可以得到该溶液【答案】D【解析】解：A．H+、Cl-、ClO-发生氧化还原反应，Cl-、Ag+结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．向该溶液中通入CO2，与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应生成HClO，故B错误；C．NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaClO，故C错误；D．氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应，生成NaClO和NaCl，故D正确；故选：D。A．离子之间发生氧化还原反应，离子之间结合生成沉淀；B．向该溶液中通入CO2，与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应；C．NaClO具有强氧化性；D．氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应．本题考查钠的化合物，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．2.某学生想利用如图装置（烧瓶位置不能移动）收集下列气体：①H2 ②Cl2 ③CH4 ④HCl⑤NH3 ⑥NO ⑦NO2 ⑧SO2，下列操作正确的是（　　）A.烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧B.烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤C.在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦D.在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥【答案】B【解析】解：A．从B进应是密度比空气大的气体，可收集②④⑦⑧，NO不能用排空气法收集，故A错误；B．从A进应是密度比空气小的气体，可收集①③⑤，故B正确；C．在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为①③⑥，而其它气体与水反应或溶于水，故C错误；D．在烧瓶中充满水，由B进气只能用来洗气，不能用来收集气体，故D错误。故选：B。收集气体，从A进应是密度比空气小的气体，用向下排空气法收集，从B15/16进应是密度比空气大的气体，用向上排空气法收集．本题考查气体的收集，题目难度不大，注意收集气体时常根据气体的密度、溶解性等性质，有时还要考虑与氧气的反应等问题，如NO与氧气反应，则只能用排水法收集．1.实验室制取氧气的试管壁上沾附有少量二氧化锰，除去沾附的二氧化锰可选用的试剂是（　　）A.蒸馏水B.氢氧化钾溶液C.稀盐酸D.浓盐酸【答案】D【解析】解：实验室制取氧气的试管壁上沾附有少量二氧化锰，不溶于水，与稀盐酸、KOH均不反应，加热时与浓盐酸反应生成可溶性盐，然后蒸馏水洗涤可除去，故选：D。二氧化锰不溶于水，加热时与浓盐酸反应生成可溶性盐，然后蒸馏水洗涤即可，以此来解答。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。2.下列有关硫酸的说法中不正确的是（　　）A.常温下浓硫酸与铜反应，浓硫酸体现氧化性和酸性B.浓硫酸与木炭粉加热发生反应时，浓硫酸只作氧化剂C.浓硫酸具有吸水性，可用来干燥二氧化硫D.蔗糖与浓硫酸的作用中，浓硫酸体现脱水性和氧化性【答案】A【解析】解：A．常温下浓硫酸和铜不反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故A错误；B．C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中S元素化合价由+6价变为+4价，C元素化合价由0价变为+4价，所以浓硫酸只作氧化剂，故B正确；C．浓硫酸具有吸水性和强氧化性，但和二氧化硫不发生氧化还原反应，所以能干燥二氧化硫，故C正确；D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，将蔗糖氧化为二氧化碳、碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，故D正确；故选：A。A．常温下，铜和浓硫酸不反应；B．该反应中，硫酸中S元素化合价由+6价变为+4价；C．浓硫酸和二氧化硫不反应；D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性．本题考查了浓硫酸的性质，根据浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性来分析解答，注意脱水性和吸水性的区别，为易错点．3.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+．进行如下实验操作时最佳顺序为（　　）①加入适量氯水  ②加入足量KMnO4溶液  ③加入少量KSCN溶液．A.①③B.③②C.③①D.①②③【答案】C【解析】解：先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+15/16的存在，注意高锰酸钾溶液为紫红色，不反应溶液也可以变红，所以不能选用高锰酸钾氧化二价铁离子，故选：C。三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；高锰酸钾溶液为紫红色．本题考查了三价铁离子和二价铁离子的检验，题目难度不大，熟悉三价铁离子和二价铁离子的性质是解题的关键，注意氧化二价铁离子时不选高锰酸钾因为高锰酸钾为紫红色现象不容易判断．1.检验某溶液中是否含有SO42-时，为防止Ag+、CO32-、SO32-等离子的干扰，下列实验方案比较严密的是（　　）A.先加稀HCl将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀B.先加稀HNO3将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀C.向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀D.向溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀【答案】A【解析】【分析】本题考查了常见离子的检验方法，明确离子的性质和发生的反应是解题关键，注意试剂的选择和加入的顺序。SO42-的检验是依据硫酸根离子与钡离子反应生成难溶于酸的硫酸钡沉淀沉淀，应先选用盐酸酸化，排出Ag+、CO32-、SO32-干扰，然后加入氯化钡溶液，如果生成白色沉淀，可证明溶液中含有硫酸根离子。【解答】A.先加稀HCl将溶液酸化，排出Ag+、CO32-、SO32-干扰，然后加入氯化钡溶液，如果生成白色沉淀，可证明溶液中含有硫酸根离子，故A正确；B.加稀HNO3将溶液酸化，不能排除银离子的干扰，如果溶液中含有亚硫酸根离子，能够将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，无法检验原溶液中是否含有硫酸根离子，故B错误；C.向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故C错误；D.向溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子、亚硫酸根离子的干扰，故D错误。故选A。2.下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是（　　）A.使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B.使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C.碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+D.碱性溶液中：K+、Ba2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】解：A．使酚酞试液变红的溶液呈碱性，Fe3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；B．使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．碳酸氢钠与H+发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．K+、Ba2+、Cl-、NO3-之间不反应，都不用氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故D正确；故选：D。A．该溶液呈碱性，铁离子与氢氧根离子反应；B．该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；15/16C．碳酸氢钠与氢离子反应；D．四种离子之间不反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应。本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。1.下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是（　　）A.稀硝酸使紫色石蕊溶液变红--酸性B.铁与稀硝酸反应不能放出氢气--强氧化性C.要用棕色瓶盛装浓硝酸--不稳定性D.氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合--仅强酸性【答案】D【解析】解：A．稀硝酸具有酸性使紫色石蕊试液变红，所以稀硝酸使紫色石蕊溶液变红--酸性，故A正确；B．硝酸具有强的氧化性，稀硝酸与任何金属反应都不会生成氢气，故B正确；C．浓硝酸具有不稳定性，见光分解，应保存在棕色瓶中，故C正确；D．稀硝酸具有氧化性。能将亚铁氧化成铁离子，所以氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合--氧化性和强酸性，故D错误；故选：D。A．依据稀硝酸的强氧化性、酸性解答；B．硝酸中硝酸根离子氧化性强于氢离子氧化性；C．依据浓硝酸的不稳定性解答；D．稀硝酸具有氧化性。本题考查了物质的性质，熟悉硝酸的强氧化性、酸性、不稳定性是解题关键，题目难度不大。2.下列除杂方法不正确的是（括号内为杂质）（　　）A.NO（NO2）通过H2O溶液B.CO2（HCl）通过饱和NaHCO3溶液C.Fe（Al）盐酸溶液D.Cl2（HCl） 饱和食盐水【答案】C【解析】解：A．二氧化氮与水反应生成NO，通过水、洗气可分离，故A正确；B．HCl与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，洗气可分离，故B正确；C．二者均与盐酸反应，不能除杂，应加NaOH、过滤，故C错误；D．HCl极易溶于水，食盐水可抑制HCl的溶解，洗气可分离，故D正确；故选：C。A．二氧化氮与水反应生成NO；B．HCl与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；C．二者均与盐酸反应；D．HCl极易溶于水，食盐水可抑制HCl的溶解。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（　　）A.Fe→Fe2O3→Fe（OH）3→FeCl3B.Al→Al（OH）3→Al2O3→NaAlO2C.Na→Na2O2→Na2CO3→NaOHD.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO315/16【答案】C【解析】解：A．铁和氧气反应生成四氧化三铁，不能生成氧化铁，Fe2O3不能与水反应生成Fe（OH）3，应先和酸反应，然后再和碱反应生成，不能通过一步反应实现，故A错误；B．Al不能直接生成Al（OH）3，应先和酸反应生成铝盐，进而与碱反应生成氢氧化铝，故B错误；C．钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙（钡）反应生成氢氧化钠，都能通过一步反应实现，故C正确；D．硅和氧气反应生成二氧化硅，因二氧化硅不溶于水，则SiO2→H2SiO3，不能一步实现转化，故D错误；故选：C。A．铁和氧气反应生成四氧化三铁，Fe2O3不能与水反应生成Fe（OH）3；B．Al不能直接生成Al（OH）3；C．钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与氢氧化钙（钡）反应生成氢氧化钠；D．SiO2→H2SiO3，不能一步实现转化。本题考查元素化合物物质之间的转化等，侧重于元素化合物知识的综合运用，为高频考点，比较基础，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握，题目难度中等。1.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c（H2SO4）+c（HNO3）=1.2mol•L-1，则理论上最多能溶解铜的物质的量为（　　）A.0.80 molB.0.72 molC.0.45 molD.0.40 mol【答案】B【解析】解：铜不与硫酸反应，但能提供氢离子，硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，反应离子方程式如下：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1：4时，溶解的铜最多，设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则x+y=1.2，，解得x=0.72mol，y=0.48mol，设参加反应的铜的最大物质的量是z，3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O3        2z      0.48解得：z=0.72mol，即理论上最多能溶解铜的物质的量为0.72mol，故选：B。金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，根据反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O来计算．本题考查学生硝酸的性质知识，注意金属铜和硝酸之间反应，难度不大．2.下列实验装置不能达到实验目的是（　　）15/16A.用SO2做喷泉实验B.验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C.验证NH3易溶于水D.比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【答案】D【解析】解：A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，故A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，故B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，故C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故D错误。故选：D。A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小；B．根据U形管两端液面变化可判断反应是否属于放热反应；C．如气球体积变大，可说明氨气易溶于水；D．碳酸氢钠应放在套装小试管中．本题考查较为综合，涉及二氧化硫、氨气、化学反应与能量变化以及碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性的比较，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的判断，难度不大．1.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示。下列说法不合理的是（　　）15/16A.能表明I-的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去D.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】解：A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故C错误；D、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，加入氯化钡生成沉淀说明反应进行生成了硫酸根离子，故D正确；故选：C。A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物分析；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；C、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色；D、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，加入氯化钡生成沉淀说明反应进行。本题考查了二氧化硫、铁及其化合物性质分析判断，氧化还原反应比较方法，掌握基础是关键，题目难度中等。二、简答题（本大题共4小题，共40.0分）1.某化学小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：它们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（1）用来制取Cl2的装置是______（填序号），反应中浓盐酸所表现出的化学性质是______和______15/16．（2）反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色．停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，______（填“B”或“D”）试管中无明显现象．（3）装置C的作用是______；（4）若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是______．（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色．查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是______．【答案】E 还原性 酸性 D 吸收多余的SO2和Cl2 先变红，后褪色 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】解：（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，为固体与液体反应需要加热的装置，选择E制备氯气，生成氯气体现盐酸的还原性，生成氯化锰体现盐酸的酸性，故答案为：E；还原性；酸性；（2）B装置中二氧化硫和有色物质化合生成不稳定无色物质，使品红溶液红色褪去，再加热B中褪色后溶液时，又变为红色，而D中褪色后加热无变化，故答案为：D；（3）二氧化硫、氯气均有毒，直接排放会污染空气，装置C的作用是：吸收多余的SO2和Cl2，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；（4）若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，氯气与水反应生成盐酸、HClO，则出现的现象是先变红，后褪色，故答案为：先变红，后褪色；（5）SO2与Cl2以体积比1：1混合后通入水中，恰好发生：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，没有气体剩余，没有漂白性，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl．由实验装置和实验目的可知，A中发生Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；B中品红褪色可检验生成气体，C为尾气处理，E中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，D中品红检验氯气，（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，用E制备氯气，用A制备二氧化硫；（2）二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成不稳定无色物质，加热溶液时能重新变成红色，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，加热褪色后的溶液不能回复红色；（3）二氧化硫、氯气均有毒，直接排放会污染空气；（4）二氧化硫与水化合得到亚硫酸，具有酸的通性，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；（5）SO2与Cl2以体积比1：1混合后通入水中，恰好发生：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl．本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意气体的制备实验与性质实验的结合，题目难度不大．1.制取氨气并完成喷泉实验（1）写出实验室制取氨气的化学方程式：______．（2）收集氨气应使用______法，要制取干燥的氨气可选用______做干燥剂．（315/16）如图进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥的氨气，引发水上喷的操作是______，该实验的原理是______（4）反应后，烧瓶内的溶液中含有的微粒为______．【答案】Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O 向下排空气 碱石灰 打开止水夹，挤压胶头滴管将水压入烧瓶 氨气极易溶于水，烧瓶内的氨气溶于少量水，使烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶 NH3、H2O、NH3•H2O、NH4+、OH-、（H+）【解析】解：（1）氯化铵、氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）氨气密度小于空气密度，极易溶于水，所以应选择向下排空气法；氨气为碱性气体，应选择碱性干燥，碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气；故答案为：向下排空气法； 碱石灰；（3）氨气极易溶于水，如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶，而形成喷泉；故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；氨气极易溶于水，烧瓶内的氨气溶于少量水，使烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶；（4）氨水中存在化学平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-；H2O⇌H++OH-溶液中存在三种分子：NH3、H2O、NH3•H2O；三种离子：NH4+、OH-、H+；故答案为：NH3、H2O、NH3•H2O；  NH4+、OH-、H．（1）实验室用加热氯化铵、氢氧化钙的方法制取氨气；（2）依据氨气密度小于空气密度，极易溶于水的物理性质选择收集方法；氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂；（3）利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉；（4）氨水中含有电解质一水合氨和水，二者都是弱电解质，依据电离平衡过程分析溶液中含有微粒．本题考查了氨气的制备和收集及性质的检验，明确制备原理和喷泉实验的原理是解题关键，题目难度不大．1.已知有如图所示物质相互转换关系试回答：（1）写出B的化学式______，D的化学式______；（2）写出由E转变成F的化学方程式______；（3）向G溶液中加入A的离子方程式______；向G溶液中加入铜片的离子方程式______；（4）简述B溶液中阳离子的检验方法______．15/16【答案】FeCl2 KCl 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+【解析】解：根据框图E转化为F的明显现象，可确定E为氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，所以G是氯化铁，I溶液的焰色反应呈紫色，说明I中含有钾离子，含有钾离子的盐D和硝酸银反应生成白色沉淀H一定是氯化银，所以D是氯化钾，进而推得A是金属铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化，（1）B是氯化亚铁，化学式为FeCl2，B是氯化亚铁，化学式为KCl，故答案为：FeCl2；KCl；（2）由E转变成F的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）G是氯化铁，向G溶液中加入铁的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，向G溶液中加入铜片的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（4）亚铁离子易被氧化为三价铁，溶液中是否含有亚铁离子的检验方法：取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+，故答案为：取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+．根据框图E转化为F的明显现象，可确定E为氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，所以G是氯化铁，I溶液的焰色反应呈紫色，说明I中含有钾离子，含有钾离子的盐D和硝酸银反应生成白色沉淀H一定是氯化银，所以D是氯化钾，进而推得A是金属铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化，据此答题．本题为框图式物质推断题，完成此题，关键是根据题干叙述，找出解题的突破口，然后根据框图，顺推得出其他物质的化学式，题目难度不大．1.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有______（填化学式）。（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（3）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为______。（4）Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是______（填代号）。a．Na2S+S    b．Na2SO3+S     c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4（5）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L-1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为______。15/16【答案】SO2、H2SO3、Na2SO3 1：2 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ B +3【解析】解：（1）处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，则图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3，故答案为：SO2、H2SO3、Na2SO3；（2）X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（3）Z为硫酸，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；（4）制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于2、小于2，只有B符合，故答案为：B；（5）S元素的化合价由+4价升高为+6价，Cr元素的化合价由+6价降低，设还原产物中Cr元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.024L×0.05mol/L×（6-4）=0.02L×0.02mol/L×2×（6-x），解得x=+3，故答案为：+3。（1）处于中间价态的元素具有氧化性和还原性；（2）X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（3）Z为硫酸，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于2、小于2；（5）S元素的化合价由+4价升高为+6价，Cr元素的化合价由+6价降低，结合电子守恒计算。本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价与微粒的性质，题目难度不大。15/16