天津市宁河县任凤中学2022届高三化学上学期10月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年天津市宁河县任凤中学高三（上）月考化学试卷（10月份）　一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．硝酸、纯碱、胆矾和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物　B．碳酸钙和水分别属于强电解质和弱电解质　C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到　D．Al2O3、Al（OH）3、NaHCO3均既能与盐酸又能与NaOH溶液反应而呈两性考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理；两性氧化物和两性氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：A、纯碱是Na2CO3，根据阴阳离子来分析；B、强弱电解质的本质区别是能否完全电离；C、Mg、Al是很活泼的金属，应用电解法，Cu用热还原法；D、NaHCO3均既能与盐酸又能与NaOH溶液，但不是两性物质．解答：解：A、纯碱是Na2CO3，阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子，是盐不是碱，故A错误；B、强弱电解质的本质区别是能否完全电离，强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐和金属氧化物，故碳酸钙是强电解质；弱电解质包括弱酸、弱碱、水，故水是弱电解质，故B正确；C、Mg、Al是很活泼的金属，其离子在水溶液中不能放电，故应用电解法来冶炼；Cu用热还原法，故C错误；D、NaHCO3均既能与盐酸又能与NaOH溶液，但不是两性物质，故D错误．故选B．点评：本题考查了酸碱盐的辨析、强弱电解质的分类以及金属的冶炼方法，难度不大．　2．（3分）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是（　　）　A．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔效应　B．氧化还原反应：有元素化合价升降　C．强弱电解质：溶液的导电能力大小　D．共价化合物：是否含有共价键-17-\n考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念．专题：物质的分类专题．分析：A、溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质直径的大小；B、有元素发生化合价变化的反应是氧化还原反应；C、强弱电解质的区别是否完全电离；D、全部由共价键构成的化合物是共价化合物．解答：解：A、溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质直径的大小，故A错误；B、有元素发生化合价变化的反应是氧化还原反应，故B正确；C、强弱电解质的区别是否完全电离，强电解质的导电能力不一定强，弱电解质的导电能力不一定弱，故C错误；D、全部由共价键构成的化合物才是共价化合物，故共价化合物中一定全部是共价键，但含共价键的不一定是共价化合物，故D错误．故选B．点评：本题考查了分散系的分类依据、氧化还原反应的判断标准、强弱电解质的区别等问题，难度不大．　3．（3分）下列有关说法不正确的是（　　）　A．铝制品比铁制品在空气中更容易被腐蚀　B．实验室用铜片与稀硝酸反应产生的气体可用排水法收集　C．向氨水中滴加Al2（SO4）3溶液和向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水现象相同　D．以海水为原料能制取Na、HCl、Mg、Br2等物质考点：金属的电化学腐蚀与防护；海水资源及其综合利用；氨的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析：A．Al比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物；B．NO难溶于水；C．氨水与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水；D．海水中富含Na、Cl、Mg、Br等元素，可电解对应的氯化物、溴化物、氧化物或溶液得到．解答：解：A．Al比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物能保护内部金属不被腐蚀，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故A错误；B．铜片与稀硝酸反应生成NO，NO难溶于水，可以用排水法收集，故B正确；C．氨水与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，向氨水中滴加Al2（SO4）3溶液和向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水现象相同，故C正确；D．可从海水中获取NaCl，电解可得到Na，电解饱和食盐水可得到H2、Cl2，可生成HCl，从海水中可得到MgCl2，电解可得到Mg，海水中富含Br，可用Cl2氧化得到Br2，故D正确．故选A．点评：-17-\n本题考查较为综合，涉及金属的腐蚀、气体的制备和收集以及海水的综合利用，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．　4．（3分）类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是（　　）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+BAl与Fe2O3能发生铝热反应2Al+Fe2O3Al2O3+2FeAl与MnO2也能发生铝热反应4Al+3MnO22Al2O3+3MnC向Al（OH）3中加入NaOH溶液Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O向Al（OH）3中加入氨水溶液Al（OH）3+NH3•H2O=AlO2﹣+2H2O+NH4+DNa2O2与CO2反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2O2与SO2反应2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2　A．AB．BC．CD．D考点：铁的化学性质；钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应；B、铝热反应是铝在高温下来还原一些高熔点的金属单质，并且放出大量的热；C、氢氧化铝只能与强酸强碱反应；D、过氧化钠具有强氧化性，与二氧化硫反应生成硫酸钠．解答：解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、铝热反应是铝在高温下来还原一些高熔点的金属单质，并且放出大量的热，所以Al与Fe2O3能发生铝热反应，与MnO2也能发生铝热反应，故B正确；C、氢氧化铝只能与强酸强碱反应，所以向Al（OH）3中加入NaOH溶液溶解，加到氨水中不溶解，故C错误；D、过氧化钠具有强氧化性，与二氧化硫反应生成硫酸钠，不生成亚硫酸钠和氧气，故D错误；故选B．点评：本题考查学生离子方程式书写知识，是现在考试的热点，难度不大，可以根据所学知识进行回答．　5．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）　A．NaAlO2溶液中通入少量二氧化碳：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣　B．碳酸镁和盐酸混合：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O　NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO-17-\nC．　D．碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca（HCO3）2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．生成氢氧化铝和碳酸钠；B．碳酸镁在离子反应中保留化学式；C．发生氧化还原反应生成氢氧化铁；D．碳酸氢钙完全电离．解答：解：A．NaAlO2溶液中通入少量二氧化碳的离子反应为2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故A正确；B．碳酸镁和盐酸混合的离子反应为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故B错误；C．NaClO溶液与FeCl2溶液混合的离子反应为2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+4H++Cl﹣，故C错误；D．碳酸氢钙溶液跟盐酸反应的离子反应为HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故D错误；故选A．点评：本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等，题目难度不大．　6．（3分）如表中各选项陈述对应正确的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA漂白粉需密封保存因为潮湿条件下易与CO2反应B铁船船体上镶嵌锌块以防船体被腐蚀因为锌能从铁盐溶液中置换出铁C高压钠灯发出透雾性强的黄光因为金属钠具有强还原性D铁或铝制槽车可以密封贮运浓硫酸因为铁和铝不能与浓硫酸反应　A．AB．BC．CD．D考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；金属的电化学腐蚀与防护；钠的化学性质；铁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A．漂白粉有效成分为次氯酸钙，可与二氧化碳反应；B．可形成原电池反应；C．钠的焰色反应为黄色；D．铁、铝与浓硫酸发生钝化反应．解答：解：A．漂白粉有效成分为次氯酸钙，在潮湿的环境中可与二氧化碳反应，故A正确；B．铁、锌可形成原电池反应，锌为负极，为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C．钠的焰色反应为黄色，与还原性无关，故C错误；D．铁、铝与浓硫酸发生钝化反应，发生化学反应，故D错误．-17-\n故选A．点评：本题考查较为综合，涉及漂白粉、原电池、焰色反应以及钝化等知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，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．　7．（3分）已知：2Fe+3Br2=2FeBr32Fe3++2I﹣=2Fe2++I23Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，现将Fe（NO3）2溶液分别滴入到以下溶液中：①H2SO4②HNO3③溴水④碘水，其中能使Fe2+转变成Fe3+的是（　　）　A．只有②③B．①②③C．②③④D．全部考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：元素及其化合物．分析：先根据反应方程式2Fe+3Br2=2FeBr32Fe3++2I﹣=2Fe2++I23Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，判断离子间的氧化性强弱，当离子的氧化性大于铁离子时，亚铁离子才能够被氧化成铁离子，注意在酸性条件下硝酸根离子检验氧化性，据此完成本题．解答：解：由题中反应方程式可知，离子的氧化性关系为：Br2＞Fe3+＞I2，HNO3＞Fe3+，①、Fe（NO3）2溶液滴入硫酸中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够将亚铁离子还原成铁离子，故①正确；②Fe（NO3）2溶液滴入硝酸中，硝酸检验强氧化性，能发生反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故②正确；③Fe（NO3）2溶液滴入溴水中，由于氧化性Br2＞Fe3+，所以溴单质能够将亚铁离子氧化成铁离子，故③正确；④Fe（NO3）2溶液滴入碘水中，由于氧化性Fe3+＞I2，所以碘单质不能够氧化亚铁离子，故④错误；故选B．点评：本题考查了铁盐与亚铁盐的相互转变、氧化还原反应中氧化性强弱比较等知识，题目难度不大，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　8．（3分）（2022•南开区一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）　A．pH=1的溶液中：K+、Ag+、NO3﹣、I﹣　B．FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42﹣、SCN﹣　C．通入足量CO2的溶液中：H+、NH4+、Al3+、SO42﹣　D．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Na+、Br﹣、SiO32﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．-17-\n分析：A、pH=1的溶液显酸性，硝酸根离子氧化碘离子；B、铁离子和SCN﹣络合生成红色溶液；C、二氧化碳和离子不反应；D、由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液说明水的电离被抑制是酸或碱溶液．解答：解：A、pH=1的溶液显酸性，NO3﹣、能氧化I﹣，故A不符合；B、FeCl3溶液中，Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故B不符合；C、通入足量CO2的溶液中不和H+、NH4+、Al3+、SO42﹣各种离子反应，能大量共存，故C符合；D、由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液说明水的电离被抑制是酸或碱溶液，酸溶液中SiO32﹣和氢离子结合生成硅酸沉淀，故D不符合；故选C点评：本题考查了离子性质和离子反应的分析判断，溶液性质的判断，离子特征性质的掌握是解题关键，题目难度中等．　9．（3分）下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A碳酸钠溶液可用于治疗胃病Na2CO3可与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B向Na2O2的水溶液中滴酚酞变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，无C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光Ⅰ对，Ⅱ对，有D过氧化钠可用于航天员的供氧Na2O2能和CO2和H2O反应生成O2Ⅰ对，Ⅱ对，有　A．AB．BC．CD．D考点：钠的重要化合物；钠的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．治疗胃酸过多要用NaHCO3而不是Na2CO3；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，向Na2O2的水溶液中滴酚酞先变红色后为无色；C．不存在因果关系．D．Na2O2能和CO2和H2O反应生成O2，可用于航天员的供氧．解答：解：A．治疗胃酸过多要用NaHCO3而不是Na2CO3，碳酸钠的碱性较强，不能用来中和胃酸，故A错误；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，向Na2O2的水溶液中滴酚酞先变红色后为无色，有因果关系，故B错误；C．金属钠具有强还原性，高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述正确，不存在因果关系，故C错误；D．Na2O2能和CO2和H2O反应生成O2，可用于航天员的供氧，陈述正确，存在因果关系，故D正确．故选：D．点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意过氧化钠由强氧化性，过氧化钠溶液滴酚酞先变红色后为无色．　10．（3分）下列各组物质混合后，有气体生成，最终又有沉淀或固体析出的是（　　）-17-\n　A．过量氢氧化钠溶液和硫酸铝溶液B．氢氧化钠溶液和过量碳酸氢钠溶液　C．少量铜粉和氯化铁溶液D．过氧化钠和少量氯化亚铁溶液考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．专题：元素及其化合物．分析：A、过量的氢氧化钠和硫酸铝溶液发生复分解反应；B、氢氧化钠与过量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水；C、铜和氯化铁溶液反应生成氯化铁和氯化铜；D、Na2O2具有强氧化性，能氧化FeCl2．解答：解：A、过量NaOH溶液和硫酸铝溶液反应，硫酸铝溶液中铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应方程式为：4OH﹣+Al3+=AlO2﹣+2H2O，无沉淀生成，无气体生成，故A错误；B、氢氧化钠与过量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，无沉淀生成，无气体生成，故B错误；C、铜和氯化铁溶液反应生成氯化铁和氯化铜，无气体，无沉淀，故C错误；D、Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，NaOH与FeCl2发生反应：2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2被水中Na2O2与水反应生成的氧气和空气中的氧气氧化4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3现象为：有气体和红褐色沉淀生成，故D正确；故选：D．点评：本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，需熟练掌握元素化合物之间的反应．　11．（3分）下列离子方程式中，正确的是（　　）　A．氯化铁溶液中加入铜粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+　B．将含等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O　C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO　D．少量AlCl3溶液滴入过量氨水中：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O考点：离子方程式的书写．专题：化学用语专题；离子反应专题．分析：A．电荷不守恒；B．等物质的量混合生成碳酸钡、水、碳酸氢钠；C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸钙和盐酸；D．氢氧化铝不溶于氨水．解答：解：A．氯化铁溶液中加入铜粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B．将含等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故B正确；C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl﹣-17-\n，故C错误；D．少量AlCl3溶液滴入过量氨水中的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大，注意A、C中发生氧化还原反应来解答．　12．（3分）设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（　　）　A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA　B．0.1mol铁粉与足量的高温水蒸气作用，生成的H2分子数为0.1NA　C．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA　D．1mol的Na2O2中阴离子个数为2NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、根据氯气反应后的价态来分析；B、根据电子守恒进行计算，0.1mol铁完全反应生成四氧化三铁，失去了mol电子，生成1mol氢气需要得到2mol电子，据此计算出生成氢气的物质的量；C、根据NO2和N2O4的最简式均为NO2来分析．D、Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成．解答：解：A、氯气反应后的价态为﹣1价，故1mol氯气转移2mol电子，故A错误；B、0.1mol铁与足量水蒸气完全反应失去了mol电子，根据电子守恒，生成了=mol氢气，生成的H2分子数为NA，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，46g的NO2和N2O4混合气体中含有的NO2的物质的量n===1mol，故含3mol原子，故C正确；D、Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成，故1mol过氧化钠含1mol阴离子，故D错误．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　13．（3分）（2022•嘉定区一模）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（　　）①氧化剂是H3AsO3　②还原性：Cl﹣＞As　③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol　④M为OH﹣　⑤SnCl62﹣是氧化产物．　A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③-17-\n考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M中电荷守恒，则M为水，反应中Sn元素从+2价上升至+4价，As元素从+3价下降到0价，以此来解答．解答：解：方程式中Sn元素从+2价上升至+4价，SnCl2是还原剂，SnCl是氧化产物；As元素从+3价下降到0价，H3AsO3是氧化剂，As是还原产物．Cl元素化合价没有发生变化，不能推出还原性：Cl﹣＞As，每生成7.5gAs，还原剂失去电子的物质的量为×3=0.3mol．根据质量守恒和电荷守恒推知M应为H2O，显然①③⑤正确，故选A．点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，注意电子守恒和电荷守恒的应用，题目难度中等．　14．（3分）下列叙述正确的是（　　）　A．合金材料中不可能含有非金属元素　B．SiO2为酸性氧化物，故不能与任何酸发生化学反应　C．用砂纸打磨过的铝箔放在洒精灯焰上不燃烧，说明铝不易与O2反应　D．FeCl2、FeCl3、Fe（OH）3三种物质都可以直接通过化合反应制取考点：合金的概念及其重要应用；硅和二氧化硅；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：A．依据合金概念就是两种或两种以上的金属（或金属跟非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；B．SiO2为酸性氧化物，但能和氢氟酸反应；C．铝与氧气反应生成氧化铝，其熔点较高；D．化合反应指由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应，结合元素化合物的性质判断．解答：解：A．合金材料中可能含有金属元素，非金属元素，如生铁，故A错误；B．SiO2为酸性氧化物，SiO2和氢氟酸反应SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故B错误；C．铝与氧气反应生成氧化铝，其熔点较高，则观察不到燃烧，但铝易被氧化，故C错误；D．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，铁与氯气化合生成氯化铁，氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，故D正确；故选D．点评：本题考查了合金、酸性氧化物、氧化铝、氢氧化铁等物质的性质分析，积累化学知识，掌握铁、硅、铝等元素化合物的性质是解题关键，题目难度不大．　15．（3分）下列解释过程或事实的方程式不正确的是（　　）-17-\n　A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O　B．AlCl3溶液中通入过量的NH3：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4+　C．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2　D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；B．不符合反应的客观事实；C．铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气；D．盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气和水．解答：解；A．二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，化学方程式为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故A正确；B．AlCl3溶液中通入过量的NH3反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故C正确；D．“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）反应生成氯气和水，离子方程式：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故D正确；故选：B．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意氢氧化铝只能与强碱反应，与弱碱不反应，题目难度不大．　16．（3分）将Cu放入0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu，溶液中Fe2+、Fe3+的浓度比为3：2，则Cu2+和Fe3+的物质的量之比为（　　）　A．3：2B．3：5C．4：3D．3：4考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：先利用假设法求出二价铁离子、三价铁离子的物质的量，再根据离子方程式中铜离子和二价铁离子的关系求出铜离子的物质的量．进而计算溶液中Cu2+和Fe3+的物质的量之比．解答：解：将Cu片放入FeCl3溶液中．发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，假设溶液中n（Fe2+）=3mol，则溶液中n（Fe3+）=2mol，由离子方程式可知，n（Cu2+）=n（Fe2+）=×3mol=1.5mol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）=1.5mol：2mol=3：4，故选D．-17-\n点评：本题考查的是铜的化学性质、离子方程式的有关计算，利用赋值法法简化计算步骤，侧重对学生分析思维能力的考查，难度中等．　17．（3分）下列结论正确的是（　　）　A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，反应的离子方程式是：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O　B．足量铜与含1mol溶质的浓硫酸反应，可生成0.5molSO2　C．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔效应　D．15.6g过氧化钠与足量二氧化碳充分反应，转移电子数为1.204×1023考点：离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；胶体的重要性质．专题：离子反应专题．分析：A．铝离子和一水合氨反应生成氢氧化铝和氯化铵；B．加热条件下，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，但稀硫酸和铜不反应；C．溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径；D.15.6g过氧化钠的物质的量==0.2mol，和二氧化碳反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应过氧化钠中O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，即有一半的过氧化钠作氧化剂、有一半的过氧化钠作还原剂．解答：解：A．铝离子和一水合氨反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．加热条件下，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，但稀硫酸和铜不反应，所以生成的二氧化硫小于0.5mol，故B错误；C．溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径，胶体粒子直径在1﹣100nm之间，故C错误；D.15.6g过氧化钠的物质的量==0.2mol，和二氧化碳反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应过氧化钠中O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，即有一半的过氧化钠作氧化剂、有一半的过氧化钠作还原剂，所以0.2mol过氧化钠完全反应转移电子数=0.2mol××2×[0﹣（﹣1）]×6.02×1023/mol=1.204×1023，故D正确；故选D．点评：本题考查较综合，涉及离子方程式判断、氧化还原反应、溶液和胶体的区别等知识点，综合性较强，知道氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，知道溶液和胶体的本质区别，题目难度不大．　18．（3分）（2022•河西区一模）下列各组物质中，a、b、c、d能按图示转化关系（“→”指一步完成）实现的是（　　）选项物质转化关系abcdASiSiO2Na2SiO3H2SiO3-17-\nBSSO2SO3H2SO4CNaNa2ONa2O2NaOHDN2NONO2HNO3　A．AB．BC．CD．D考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；a→b→d；a→c→d，b→c；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单．解答：解：A、SiSiO2，SiO2不能一步变化为H2SiO3，故A错误；B、SSO2H2SO4，S不能一步变化为SO3，故B错误；C、NaNa2ONaOH，NaNa2O2NaOH，Na2ONa2O2，符合上述转化关系，故C正确；D、N2NOHNO3，氮气不能一步变化为NO2，故D错误；故选C．点评：本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用是解题关键，依据转化关系进行分析是解题关键，题目难度中等．　19．（3分）工业上用固体硫酸亚铁制取颜料铁红（Fe2O3）反应原理是：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，某学生欲检验该反应所产生的气态物质，依次将气体通过盛有（Ⅰ）BaCl2溶液、（Ⅱ）X溶液、（Ⅲ）NaOH溶液的三个装置．则下列对该方案的评价中正确的是（　　）　A．可将（Ⅰ）中的BaCl2溶液改为Ba（NO3）2溶液　B．（Ⅰ）中会生成BaSO3、BaSO4两种沉淀　C．（Ⅲ）的作用是吸收有毒的SO2气体　D．（Ⅱ）所盛X应为品红溶液考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：物质检验鉴别题．分析：生成的气体中，SO3和水反应生成硫酸，硫酸可以用BaCl2溶液检验，亚硫酸酸性小于盐酸，所以BaCl2溶液和SO2不反应，SO2能使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液检验SO2，SO2有还原性，在水溶液里能被强氧化剂氧化生成硫酸根离子，SO2和SO3-17-\n都有毒且属于酸性氧化物，不能直接排空，但可以用碱液吸收．解答：解：A．SO2具有还原性，能被硝酸根离子氧化生成SO42﹣，SO3和水反应生成H2SO4，硫酸也电离生成硫酸根离子，所以造成干扰，故A错误；B．亚硫酸酸性小于盐酸，所以BaCl2溶液和SO2不反应，所以I中没有BaSO3生成，故B错误；C．通过I、II后剩余气体是二氧化硫，二氧化硫有毒，不能直接排空，但二氧化硫剩余酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成无毒的亚硫酸盐，所以（Ⅲ）的作用是吸收有毒的SO2气体，故C正确；D．SO2能使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液检验SO2，所以II中是品红溶液，故D正确；故选CD．点评：本题考查物质的检验，明确物质的性质是解本题关键，知道二氧化硫和三氧化硫性质的区别，从而确定检验方法，难度是反应先后顺序的排列，易错选项是A．　20．（3分）向含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1molFe，充分搅拌后Fe溶解，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg．下列结论错误的是（　　）　A．氧化性：Zn2+＞Cu2+＞Fe3+＞Ag+　B．Fe3+的氧化性大于Cu2+　C．溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量比为1：2　D．1molFe可还原2molFe3+考点：氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：A、金属活动顺序表中，排在后面的金属离子氧化性越强；金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；B、金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可以判断离子的氧化性；C、根据氧化还原反应的先后顺序进行判断；D、根据金属铁和三价铁之间的反应方程式进行判断．解答：解：A、根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故A错误；B、金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B正确；C、Fe先还原Ag+，设Cu2+还原了xmol，则2x+0.1=0.1×2，x=0.05mol，Cu2+还剩下0.1﹣0.05=0.05mol，所以Fe2+：Cu2+=0.1：0.05=1：2，故C正确；D、根据金属铁和三价铁的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以1molFe可还原2molFe3+，故D正确．故选A．点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识进行回答，难度不大．-17-\n　二、解答题（共3小题，满分40分）21．（16分）图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁：E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：（1）D的化学式为　HNO3　；M的化学式为　Na2SiO3　．（2）组成单质Y的元素在周期表中的位置是　第二周期，第ⅥA族　；M中存在的化学键类型为　离子键和共价键　；R的化学式是　H2SiO3　．（3）一定条件下，Y→D反应的化学反应方程式为　4NO+O2+2H2O=4HNO3　．（4）由A生成X的化学反应方程式为：　8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3　．（5）写出A和D的稀溶液反应的离子方程式：　3Fe3O4+22H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A俗称磁性氧化铁，则A是Fe3O4，E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，X和Z都能和Y反应，则Y是O2，X是Fe，Z是Si，氧气和一氧化氮、水反应生成硝酸，则D是HNO3，四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，G是溶液，则G是Fe（NO3）3，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和硝酸反应生成硅酸胶体，注意M是Na2SiO3，R是H2SiO3，结合物质的性质分析解答．解答：解：A俗称磁性氧化铁，则A是Fe3O4，E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，X和Z都能和Y反应，则Y是O2，X是Fe，Z是Si，氧气和一氧化氮、水反应生成硝酸，则D是HNO3，四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，G是溶液，则G是Fe（NO3）3，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和硝酸反应生成硅酸胶体，注意M是Na2SiO3，R是H2SiO3，（1）通过以上分析知，D是HNO3，M是Na2SiO3，故答案为：HNO3；Na2SiO3；（2）组成单质Y的元素为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族，M是Na2SiO3，存在的化学键类型为离子键和共价键，R为H2SiO3，故答案为：第二周期，第ⅥA族；离子键和共价键；H2SiO3；（3）一定条件下，Y→D反应的化学反应方程式为4NO+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：4NO+O2+2H2O=4HNO3；　　　　　　（4）由A生成X的化学反应方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，-17-\n故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；（5）写出A和D的稀溶液反应的离子方程式为3Fe3O4+22H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故答案为：3Fe3O4+22H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O．点评：本题以铁和硅元素为载体考查了无机物的推断，以A、E的性质为突破口结合其它反应物及反应条件来进行分析解答，知道物质之间的转化，难度中等．　22．（10分）已知A是一种常见的盐：K的氧化物是耐火材料且能溶于烧碱溶液；F在空气中会变成红棕色．A～K几种物质间的转化关系如图所示（部分产物已略去）．请按要求回答下列问题：（1）M的化学式为　Cu（OH）2　；G的化学式为　Na2O2　．（2）如图中反应属于非氧化还原反应的有（填编号）　⑥　．（3）反应⑤的化学方程式为　2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe　．（4）反应②的离子方程式为　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：I为红褐色沉淀，所以I为氢氧化铁，I受热分解得J为氧化铁，J和K高温发生置换反应生成B，K的氧化物是耐火材料且能溶于烧碱溶液，则K为铝，B为铁，G为淡黄色固体，与A溶液反应生成蓝色沉淀和无色气体，所以G为过氧化钠，H为氧气，M为氢氧化铜，则A为铜盐，A与B发生置换反应生成C和D，可推知C为铜，D为亚铁盐溶液，F为无色气体，F在空气中会变成红棕色，则F为NO，可推知D为硝酸亚铁，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以A为硝酸铜，E为铁盐溶液，与过氧化钠反应生成氢氧化铁和氧气，该反应为氧化还原反应，据此答题．解答：解：I为红褐色沉淀，所以I为氢氧化铁，I受热分解得J为氧化铁，J和K高温发生置换反应生成B，K的氧化物是耐火材料且能溶于烧碱溶液，则K为铝，B为铁，G为淡黄色固体，与A溶液反应生成蓝色沉淀和无色气体，所以G为过氧化钠，H为氧气，M为氢氧化铜，则A为铜盐，A与B发生置换反应生成C和D，可推知C为铜，D为亚铁盐溶液，F为无色气体，F在空气中会变成红棕色，则F为NO，可推知D为硝酸亚铁，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以A为硝酸铜，E为铁盐溶液，与过氧化钠反应生成氢氧化铁和氧气，该反应为氧化还原反应，（1），M为氢氧化铜，M的化学式为Cu（OH）2；G为过氧化钠，G的化学式为Na2O2，故答案为：Cu（OH）2；Na2O2；　　　（2）如图中反应⑥是氢氧化铁受热分解，是非氧化还原反应，其它反应都属于氧化还原反应的有，-17-\n故答案为：⑥；（3）反应⑤为铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）反应②的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．点评：本题考查了无机化合物的转化关系和性质应用，侧重物质性质的综合应用、转化关系的反应产物判断、氧化还原反应的离子方程式书写等知识点的考查，综合性较强，题目难度中等，F及蓝色沉淀、红褐色沉淀等解答的突破口，物质推断为解答的关键．　23．（14分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如图1：检验装置的气密性：②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④…⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封．请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式为　2Fe+3Cl22FeCl3　．（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端．要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是　在沉积的FeCl3固体下方加热　．（3）装置图中C处的作用为　防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解　．（4）装置B中冷水浴的作用为　冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品　；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出吸收Cl2时的反应离子方程式：　2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　．（5）在图2虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂．Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．写出FeCl3与H2S反应的离子方程式　2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：I．（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁；（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质；（3）防止FeCl3潮解，不与水蒸气接触；（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管；-17-\n（5）用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸；Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应．解答：解：I．（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（2）对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；（3）为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用无水氯化钙来吸水，故答案为：防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解；（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；（5）用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，图为，故答案为：；Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+．点评：本题是一道综合题，考查了学生运用知识解决问题的能力，涉及到的知识点较多，综合性强，难度大．　-17-