河南省南阳市淅川二中2022届高三化学上学期期中试卷（普通班）（含解析）

2022-2022学年河南省南阳市淅川二中高三（上）期中化学试卷（普通班）一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．（3分）（2022秋•南阳校级期中）“化学是一门中心学科，与社会、生活、科研密切的关系．”下列叙述中，不正确的是（　　）　A．大量使用燃煤发电是形成雾霾的主要原因　B．天然气、煤气大量泄漏遇到明火会爆炸　C．利用化学反应可实现12C到14C的转化　D．晶体硅可用于光伏发电、制造芯片考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．版权所有专题：化学应用．分析：A．大量燃烧化石燃料可导致颗粒物的排放；B、天然气、煤气都是可燃性的气体遇到明火会爆炸；C、同位素之间的变化是物理变化；C、根据硅的用途．解答：A．大量燃烧化石燃料可导致颗粒物的排放，主要导致温室效应、酸雨以及PM2.5等，故A正确．B、天然气、煤气都是可燃性的气体遇到明火会爆炸，故B正确；C、同位素之间的变化是物理变化，故C错误；C、因半导体硅晶体制造计算机芯片，故D正确；故选：C；点评：本题主要考查了雾霾的形成、硅的用途和同位素之间转化，难度不大，注意知识的积累．　2．（3分）（2022•大连模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）　A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+　B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣　C．=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣　D．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣考点：离子共存问题．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．pH=1的溶液，显强酸性；B．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显强碱性；C．c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性；D．根据铁离子与SCN﹣结合生成络离子分析．解答：解：A．pH=1的溶液，显强酸性，发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显强碱性，则Cu2+、OH﹣结合，有固体析出，故B错误；-15-\nC．c（H+）/c（OH﹣）=1012的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；D．因Fe3+与SCN﹣结合生成络离子，则不能共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子的共存，明确题目中的信息及常见离子之间的反应即可解答，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．　3．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列是关于氯水的叙述，正确的是（　　）　A．新制氯水中只含C12和HClO分子　B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色　C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2　D．氯水放置数天后，pH值将增大考点：氯气的化学性质．版权所有分析：氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子．解答：解：A．氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；B．HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；C．HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，生成氧气，故C错误；D．HClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误．故选B．点评：本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习．　4．（3分）（2022秋•南阳校级期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．64gSO2含有氧原子数为NA　B．0.5mol/LMgCl2溶液，含有Cl﹣离子数为NA　C．标准状况下，22.4LH2O的分子数为NA　D．常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA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：A．二氧化硫中含有2个氧原子，64g二氧化硫的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；B．缺少氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量；C．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量；D．14g氮气的物质的量为0.5mol，根据N=nNA计算出含有的分子数．解答：解：A．64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫分子中含有2mol氧原子，含有氧原子数为2NA，故A错误；B．没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目，故B错误；-15-\nC．标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故C错误；D．14g氮气的物质的量为：=0.5mol，含有分子数为0.5NA，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，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，明确标况下水、乙醇、四氯化碳、氟化氢等物质的状态不是气体，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　5．（3分）（2022秋•莱芜期末）下列实验不合理的是（　　）　A．证明非金属性强弱S＞C＞SiB．四氯化碳萃取碘水中的碘　C．制备少量NO气体D．制备少量氧气考点：化学实验方案的评价．版权所有专题：实验评价题．分析：A．最高价含氧酸的酸性越强，对应非金属元素的非金属性越强；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；C．反应生成NO，NO不溶于水；D．过氧化钠为粉末状固体，反应不能控制．解答：解：A．由装置可知，发生强酸制取弱酸的反应，酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性强弱S＞C＞Si，故A正确；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，所以四氯化碳萃取碘水中的碘，故B正确；C．反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置能制备少量NO气体，故C正确；D．过氧化钠为粉末状固体，反应不能控制，一旦与水接触直到反应结束，所以不能利用图中装置制备少量氧气，故D错误；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及酸性及非金属性的比较、萃取、气体的制备及收集等，侧重实验装置与反应原理及物质性质的考查，题目难度不大．　6．（3分）（2022秋•南阳校级期中）能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）　A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑　B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+-15-\n　C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑　D．向FeCl3溶液中加入Ba（OH）2：3Ba（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Ba2+考点：离子方程式的书写．版权所有分析：A．不符合反应的客观事实；B．不符合反应的客观事实；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；D．氢氧化钡为可溶性强电解质，应拆成离子形式．解答：解：A．浓盐酸与铁屑反应生成二价铁离子，离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．钠与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应，离子方程式为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故C正确；D．向FeCl3溶液中加入Ba（OH）2，离子方程式为：3OH﹣+Fe3+═2Fe（OH）3↓，故D错误；故选：C．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确离子方程式的书写原则，弄清发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大．　7．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（　　）　A．晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维　B．H2O2是一种绿色氧化剂，可与酸性高锰酸钾作用产生O2　C．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸　D．二氧化硫具有漂白性，铵不可用于食品漂白考点：硝酸的化学性质；过氧化氢；二氧化硫的化学性质；硅的用途．版权所有分析：A、光导纤维是二氧化硅；B、过氧化氢和高锰酸钾溶液反应生成氧气做还原剂；C、浓硝酸和铜发生反应，常温下铁在浓硝酸中钝化；D、二氧化硫是有毒气体；解答：解：A、光导纤维是二氧化硅，晶体硅具有半导体性质，可用于生产太阳能电池板，故A错误；B、过氧化氢和高锰酸钾溶液反应生成氧气做还原剂，被高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C、浓硝酸和铜发生反应，常温下铁在浓硝酸中钝化，不能用铜制容器储运浓硝酸，故C错误；D、二氧化硫是有毒气体不能漂白食物，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质性质的分析判断，主要是物质应用的积累和记忆，掌握基础是关键，题目较简单．　8．（3分）（2022•赫山区校级二模）下列除去杂质的方法，正确的是（　　）　A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体-15-\n　B．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体　C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤　D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤考点：气体的净化和干燥；物质的分离、提纯和除杂．版权所有专题：实验题．分析：A、根据氧气不与CuO反应分析；B、根据CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3分析；C、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，可用以出去杂质；D、加入NaOH溶液引入新的杂质．解答：解：A、氧气不与CuO反应，不能除去N2中的少量O2，故A错误；B、CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，除杂时能影响被提纯物质，故B错误；C、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，能将杂质除去，并没有引入新的杂质，故C正确；D、加入NaOH溶液引入新的杂质，而除杂时不能引入新的杂质，故D错误．故选：C．点评：本题考查物质的分离和提纯，题目难度不大，注意提纯时不能引入新的杂质等原则．　9．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列反应中，反应后固体物质增重的是（　　）　A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末　C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入FeCl2溶液考点：钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．版权所有专题：元素及其化合物．分析：A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C．发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D．发生Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe．解答：解：A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C．发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D．发生Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe，反应前固体为Zn，反应后固体为Fe，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B．点评：本题侧重元素化合物性质的考查，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大．　10．（3分）（2022秋•南阳校级期中）为确定某溶液的离子组成，进行实验：根据以上实验，以下对原溶液的推测正确的是（　　）①测定溶液的pH值，溶液显碱性；②取少量溶液加稀盐酸至溶液呈酸性，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体；-15-\n③在上述溶液中再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀；④取上层清液继续滴加Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀．　A．一定有CO32﹣离子存在　B．不能确定是否存在HCO3﹣离子存在　C．一定有C1﹣离子存在　D．一定有SO32﹣离子存在考点：常见离子的检验方法．版权所有分析：①说明溶液在含有氢氧根离子或弱酸根离子；②现象说明有二氧化碳或二氧化硫生成；③说明产生钡离子的白色沉淀为硫酸钡；④现象证明是氯离子的性质，但②步骤中加入了盐酸，不能说明原溶液中含氯离子．解答：解：①说明溶液在含有氢氧根离子或弱酸根离子，则不能确定是否存在HCO3﹣离子存在；②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，现象说明有二氧化碳或二氧化硫生成；③在上述溶液中再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，说明产生钡离子的白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中可能含有SO32﹣或SO42﹣；④取上层清液继续滴加Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀说明含氯离子，但②步中加入盐酸含有氯离子，不能确定原溶液中含氯离子；综上所述：不能确定原溶液中是否含有CO32﹣、C1﹣、HCO3﹣、SO32﹣．故选B．点评：本题考查了元素化合物性质，主要是离子性质的检验和应用，熟练常见离子性质和特征反应以及检验方法是解题关键，题目难度不大．　11．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列说法不正确的是（　　）　A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3　B．Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3　C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液　D．小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污考点：钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．版权所有分析：NaHCO3俗名小苏打，不稳定，加热易分解，Na2CO3俗名纯碱，二者都能与石灰水反应，相同温度下，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，以此解答该题．解答：解：A．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，则可用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故A正确；B．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，所以Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B正确；C．NaHCO3和Na2CO3都可以与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液，故C错误；-15-\nD．NaHCO3俗名小苏打，可中和胃酸，Na2CO3俗名纯碱，水解显碱性可除去油污，故D正确．故选C．点评：本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与石灰水的反应、水解、与碱的反应来分析解答，题目难度不大．　12．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列各项中的事实能用同一原理解释的是（　　）　A．明矾和氯水都用于自来水的处理　B．.干冰和碘化银都可用于人工降雨　C．向Fe（OH）3胶体和NaAlO2溶液中逐滴加盐酸，先出现沉淀，然后溶解　D．铁器和铝制容器都可以用来运输浓硫酸考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁的氧化物和氢氧化物．版权所有专题：元素及其化合物；化学应用．分析：A．氯水具有强氧化性，明矾具有吸附作用都常用于自来水的处理；B．人工降雨其实就是将固态的凝结核打入云层中，要求就是固态微粒越多越好，而碘化银除了可以提供银微粒之外还可以提供碘微粒，效果更好，所以碘化银可用于人工降雨；而干冰是利用气化吸热使周围的温度降低从而使空气中的水蒸气凝结成水降雨，所以不一样；C．氢氧化铁胶体逐滴加盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解；向NaAlO2溶液中逐滴加盐酸，生成氢氧化铝，继续滴入盐酸，氢氧化铝沉淀溶解；D．铁器和铝制容器都可以用来运输浓硫酸，都发生钝化．解答：解：A．氯水具有强氧化性能杀菌消毒，明矾具有吸附作用能吸附水中的悬浮颗粒，二者都常用于自来水的处理，但是原理不同，故A错误；B．人工降雨其实就是将固态的凝结核打入云层中，要求就是固态微粒越多越好，而碘化银除了可以提供银微粒之外还可以提供碘微粒，效果更好，所以碘化银可用于人工降雨；而干冰是利用气化吸热使周围的温度降低从而使空气中的水蒸气凝结成水降雨，所以不一样，故B错误；C．氢氧化铁胶体逐滴加盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解；向NaAlO2溶液中逐滴加盐酸，生成氢氧化铝，继续滴入盐酸，氢氧化铝沉淀溶解，所以不一样，故C错误；D．铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均钝化，无明显现象，故D正确；故选D．点评：本题考查了几种常见物质的化学性质及应用，要注意常见反应的反应原理及其应用，题目难度中等．　13．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（　　）　A．铜和硝酸反应　B．二氧化碳通入氢氧化钠溶液中　C．细铁丝在氯气中燃烧　D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应-15-\n考点：硝酸的化学性质；氯气的化学性质；钠的重要化合物．版权所有分析：A．Cu和浓硝酸反应生成NO2、和稀硝酸反应生成NO；B．二氧化碳和少量NaOH反应生成NaHCO3、和过量NaOH反应生成Na2CO3；C．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；D．氯化铝和少量NaOH反应生成Al（OH）3、和过量NaOH反应生成NaAlO2．解答：解：A．Cu+4HNO4（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，所以生成物与浓度有关，故A错误；B．NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以生成物与反应物的量有关，故B错误；C．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，所以与反应物的量、反应物浓度无关，故C正确；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl、4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，所以产物与反应物的量有关，故D错误；故选C．点评：本题考查产物成分，明确物质的性质是解本题关键，有些反应中产物与反应物的量、反应物浓度或反应条件有关，熟练掌握常见元素化合物性质，题目难度不大，易错选项是C．　14．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下列关于仪器使用的说法正确的是（　　）　A．配制一定物质的量浓度的溶液时应先用该液体润洗容量瓶　B．振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞　C．蒸发结晶时蒸发皿应放在泥三角上　D．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热考点：蒸发、蒸馏与结晶的仪器；直接加热的仪器及使用方法；间接加热的仪器及使用方法．版权所有分析：A．配制溶液时，容量瓶不能用待配液润洗，否则会导致配制的溶液浓度偏高；B．振荡分液漏斗时，为了避免液体流出，应关闭分液漏斗的玻璃塞和活塞；C．蒸发皿在蒸发结晶操作中需要放在三脚架上；D．锥形瓶可以加热，需要垫上石棉网加热．解答：解：A．配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶用蒸馏水洗涤干净即可，不能用待配液润洗，否则会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故A错误；B．分液操作中，振荡分液漏斗时，为了避免液体流出，应关闭分液漏斗的玻璃塞和活塞，故B正确；C．蒸发结晶操作中，应该将蒸发皿放在三脚架上，坩埚放在泥三角上，故C错误；D．锥形瓶可以加热，在给锥形瓶中的药品加热时，需要垫上石棉网，故D错误．故选B．点评：本题考查了容量瓶的使用方法、物质的分离与提纯方法判断，题目难度中等，注意掌握化学基本操作方法及常见仪器的使用方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．　-15-\n15．（3分）（2022秋•南阳校级期中）下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是XYZA钠元素主族元素短周期元素B电解质化合物纯净物C氢氧化铁胶体分散系D置换反应氧化还原反应放热反应　A．AB．BC．CD．D考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；吸热反应和放热反应；化学基本反应类型．版权所有分析：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．解答：解：A．钠元素为主族元素，主族元素中一、二、三周期属于短周期元素，主族元素中四、五、六、七周期属于长周期元素，故A错误；B．电解质属于化合物，化合物都是纯净物，故B正确；C．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C错误；D．置换反应属于氧化还原反应，而氧化还原反应不一定是放热反应，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的组成和分类，难度不大，应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键．　16．（3分）（2022•惠州一模）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（　　）　A．在H2O2溶液中加入少量MnO2粉末　B．将一小块铝片投入足量NaOH溶液中　C．将少量氢氧化铝加入足量的浓氨水中　D．常温下将一小块铁片投入足量的浓硝酸中考点：铝的化学性质；硝酸的化学性质；镁、铝的重要化合物．版权所有专题：元素及其化合物．分析：A．二氧化锰作催化剂；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；C．氨水不能溶解氢氧化铝；D．发生钝化．解答：解：A．二氧化锰作催化剂，固体不会溶解，故A不选；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，固体Al可完全溶解，故B选；C．氨水不能溶解氢氧化铝，固体不会溶解，故C不选；D．发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则固体不能完全溶解，故D不选；故选B．点评：-15-\n本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意催化剂及钝化的分析，题目难度不大．　17．（3分）（2022•邯郸模拟）在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（　　）　A．2：1B．1：2C．1：3D．1：4考点：离子方程式的有关计算．版权所有专题：计算题．分析：因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算．解答：解：因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，故反应的Fe3+的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，则：2Fe3++Fe=3Fe2+2mol1mol3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol，参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C．点评：本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算．　18．（3分）（2022•佛山二模）近期《美国化学会志》报道，中国科学家以二氧化碳为碳源，金属钠为还原剂在470℃、80MPa下合成出金刚石，具有深远意义．下列说法不正确的是（　　）　A．由二氧化碳合成金刚石是化学变化　B．金刚石是碳的一种同位素　C．钠被氧化最终生成碳酸钠　D．金刚石中只含有非极性共价键考点：钠的化学性质；原子晶体．版权所有专题：元素及其化合物．分析：A、化学变化的特征是：有新物质生成．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成．B、质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素．C、根据钠的性质分析判断．D．金刚石中只含有碳碳键，同种元素之间形成的共价键为非极性键．解答：解：A、由二氧化碳合成金刚石有新物质金刚石生成，所以是化学变化，故A正确．B、同位素必须是核素，金刚石是碳元素的单质，故B错误．-15-\nC、钠性质活泼，钠和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解后和二氧化碳反应生成十水碳酸钠晶体，再风化得到碳酸钠，所以最终生成碳酸钠，故C正确．D、同种元素之间形成的共价键为非极性键，金刚石中只含有碳碳键，是非极性键，故D正确．故选B．点评：本题考查化学变化、化学键、同位素等，难度不大，注意同位素和同素异形体的区别．　二、解答题（共4小题，满分46分）19．（14分）（2022秋•南阳校级期中）如图是实验室中制备气体或者验证气体性质的装置图（1）写出用A制取氯气的化学方程式　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　（2）利用图中装置制备纯净、干燥的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+装置B中的溶液的作用为　除去氯气中的氯化氢　；装置D中加的最佳试剂为（填序号）　c　．供选试剂：a、浓硫酸b、FeCl2溶液c、KSCN与FeCl2的混合溶液d、无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强证明SO2具有氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中为品红溶液，D中应加入足量的　酸性高锰酸钾溶液　（填溶液名称），E中加入　Na2SiO3　溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为　D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊　，实验2不严谨之处应如何改进　将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥　．考点：常见气体制备原理及装置选择．版权所有专题：实验设计题．分析：（1）依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据氯气含有氯化氢分析装置B的作用，铁离子使硫氰化钾溶液变红色分析；（3）根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去；-15-\n（4）根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰．解答：解：（1）制备氯气是利用装置加热生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气中含有氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，含亚铁离子的物质被氯气氧化成铁离子使硫氰化钾变红色来来证明Cl2＞Fe3+，因此选KSCN与FeCl2的混合溶液，故答案为：除去氯气中的氯化氢；c；（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用碳酸的酸性强于硅酸，二氧化碳能与硅酸钠反应制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去，防止干扰检验二氧化碳；故答案为：酸性高锰酸钾溶液，Na2SiO3；（4）若D中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，E中溶液变浑浊，说明含有二氧化碳气体；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰，将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管可排除空气中二氧化碳的干扰，故答案为：D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥．点评：本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析，物质性质的比较，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等．　20．（10分）（2022秋•南阳校级期中）物质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，D为强酸，请回答下列问题：（1）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则回答：①A的化学式是：A　H2S　．②B生成C的化学方程式为　2SO2+O22SO3　．③一定条件下碳单质与D反应的方程式为　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　，该反应中D起到的作用是　氧化剂作用　．（2）若A在常温下为固体单质则回答：①D的化学式是　H2SO4　；②向含2molD的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积　小于　22.4L（填“大于”“等于”或“小于”），原因为　随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升　．-15-\n考点：无机物的推断．版权所有分析：（1）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；（2）若A在常温下为固体单质，A为C或S符合转化关系，由D的浓溶液与Cu反应，故A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意．解答：解：（1）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；①A的化学式是：H2S，故答案为：H2S；②二氧化硫在催化剂、加热的条件下生成三氧化硫，反应方程式为2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；③碳单质与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2、SO2、H2O，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应中浓硫酸起氧化剂的作用；故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；氧化剂作用；（2）若A在常温下为固体单质，A为C或S符合转化关系，由D的浓溶液与Cu反应，故A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；①D为硫酸，化学式是H2SO4，故答案为：H2SO4；②Cu与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，若浓硫酸完全反应，由方程式可知生成的二氧化硫体积为2mol××22.4L/mol=22.4L，但随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升；故答案为：小于；随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升．点评：以物质转化关系的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语等，难度中等，旨在考查学生对元素化合物知识的熟练掌握．　21．（12分）（2022秋•南阳校级期中）由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有如图示的转换关系，已知C为密度最小的气体，甲是电解质．根据如图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：B　O2　，乙　NaAlO2　，丁　Al（OH）3　．（2）组成单质A的元素在周期表中的位置是　第三周期第ⅢA族　；（3）写出下列方程式：①A与NaOH溶液反应的化学方程式　2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；　．②乙与过量CO2反应的离子方程式　AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣．　．-15-\n考点：无机物的推断．版权所有分析：C为密度最小的气体，则C是H2，A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的有Al、Si，乙与过量的二氧化碳反应得到丁，丁为氢氧化铝或硅酸，丁加入失去丙得到甲，丙为H2O，甲为氧化铝或二氧化硅，由于甲是电解质，故甲是Al2O3，可推知A是Al，乙是NaAlO2，丁是Al（OH）3，B是O2，据此解答．解答：解：C为密度最小的气体，则C是H2，A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的有Al、Si，乙与过量的二氧化碳反应得到丁，丁为氢氧化铝或硅酸，丁加入失去丙得到甲，丙为H2O，甲为氧化铝或二氧化硅，由于甲是电解质，故甲是Al2O3，可推知A是Al，乙是NaAlO2，丁是Al（OH）3，B是O2，（1）由以上分析可知，B为O2，乙为NaAlO2，丁为Al（OH）3，故答案为：O2；NaAlO2；Al（OH）3；（2）A为Al，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；（3）①铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应方程式为AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣．点评：本题考查无机推断，A与氢氧化钠溶液反应生成氢气及甲为电解质为推断突破口，再结合转化关系推断，明确铝及其化合物的性质是解本题关键，难度中等．　22．（10分）（2022秋•南阳校级期中）某100mL溶液中仅含如表离子中的5种离子（不考虑水的电离及离子的水解），且各离子的物质的量均为0.1mol阴离子SO42﹣、NO2﹣、Cl﹣阳离子Fe2+、Fe3+、NH4﹣、Mg2+、Al2﹣①若向原溶液中加入KSCN溶液，无明显变化②若向原溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变③若向原溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成试回答下列问题：（1）原溶液中所含阳离子是（写离子符号）　Fe2+、Cu2+　，阴离子是　NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣　（2）若向原溶液中先加入少量盐酸，再滴入KSCN溶液，实验中所发生的离子方程式是　3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O　、　Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3　（3）若向原溶液中加入足量NaOH溶液，充分反应后静置一段时间，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量是　16g　．-15-\n考点：常见离子的检验方法．版权所有分析：若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+；若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl﹣，该气体只能是NO，说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有SO42﹣，各离子的物质的量均为0.1mol，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是氧化铁和氧化铜，根据铁原子、铜原子守恒计算固体质量．解答：解：（1）若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+；若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl﹣，该气体只能是NO，说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有SO42﹣，各离子的物质的量均为0.1mol，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，所以原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+；阴离子是NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣，故答案为：Fe2+、Cu2+；NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣；（2）加入盐酸，具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，三价铁离子与KSCN反应生成Fe（SCN）3，离子方程式为：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（3）原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是CuO、Fe2O3，根据题意各离子的物质的量均为0.1mol可知m（CuO）=0.1mol×80g/mol=8g，m（Fe2O3）=×0.1mol×160g/mol=8g，所得固体的质量为8g+8g=16g，故答案为：16g．点评：本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写．　-15-