河南省南阳市淅川二中2022届高三化学上学期期中试卷（培优班）（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（培优班）一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．（3分）（2022•永州一模）PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是灰霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等，下列与PM2.5相关的说法不正确的是（　　）　A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量　B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖　C．多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体　D．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素考点：常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发．版权所有专题：有机化合物的获得与应用．分析：大力发展电动车，开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用和PM2.5的排放，PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康．解答：解：A．大力发展电动车，减少燃油汽车的使用，可减少尾气排放，故A正确；B．开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用，减少环境污染，故B正确；C．PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康，故C正确；D．砷为非金属元素，故D错误．故选D．点评：本题考查常见环境污染问题，侧重于化学与生活、环境的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．（3分）（2022•金水区校级一模）化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（　　）　A．铁管道与直流电源负极相连，防止铁管道腐蚀　B．小苏打、氢氧化铝可用于治疗胃酸过多　C．工业生产中，常将氯气通入澄清石灰水中，制取漂白粉　D．除去氯化钙溶液中少量盐酸，加入足量碳酸钙粉末，充分搅拌再过滤考点：金属的电化学腐蚀与防护；氯气的化学性质；药物的主要成分和疗效；物质的分离、提纯和除杂．版权所有专题：元素及其化合物．分析：A、保护钢管不受腐蚀采用的电化学方法有：牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，即作原电池阳极或电解池阴极都能保护钢管不受腐蚀；B、根据小苏打的化学式为NaHCO3，氢氧化铝的化学式为Al（OH）3，它们的水溶液呈碱性，胃酸的主要成分为盐酸，故都能发生复分解反应；C、工业生产中，常将氯气通入澄清石灰乳中，制取漂白粉；D、抓住除杂的基本原则“不增不减”来判断．解答：解：A、电源负极失电子，铁管道与直流电源负极相连就会被保护，防止铁管道腐蚀，故A正确；-16-\nB、小苏打、氢氧化铝它们的水溶液呈碱性，胃酸的主要成分为盐酸，故都能发生复分解反应，可用于治疗胃酸过多，故B正确；C、工业生产中，常将氯气与石灰乳反应，制取漂白粉，故C错误；D、因为碳酸钙与盐酸反应生成可溶性的氯化钙，充分搅拌再过滤即可除去过量的碳酸钙，故D正确．故选C．点评：主要考查了化学在生产和日常生活中的一些应用，难度不大，平时注意积累．　3．（3分）（2022秋•淅川县校级期中）下列有关物质性质及应用的说法正确的是（　　）　A．过量的铜与浓硝酸反应可生成NO　B．Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料　C．Na、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法得到　D．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；金属冶炼的一般原理；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．版权所有分析：A．当硝酸浓度降低时，铜继续和稀硝酸反应，可生成NO；B．Fe在O2中燃烧生成四氧化三铁；C．金属的活泼性不同，冶炼方法不同；D．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应．解答：解：A．当硝酸浓度降低时，铜继续和稀硝酸反应，可生成NO，故A正确；B．Fe在O2中燃烧生成四氧化三铁，而铁红的主要成分为氧化铁，故B错误；C．金属的活泼性不同，冶炼方法不同，钠为活泼金属，可用电解法，铜不活泼，可用热还原法冶炼，故C正确；D．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故D错误．故选AC．点评：本题综合考查元素化合物知识，为高考高频考点，侧重于双基的考查，主要相关基础知识的积累，难度不大．　4．（3分）（2022•开封模拟）下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是（　　）　A．pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、CO32﹣　B．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣　C．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣　D．室温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣13mo1/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3﹣、Cl﹣考点：离子共存问题．版权所有分析：A．pH=1的溶液呈酸性；B．离子之间不发生反应；C．Fe3+、NH4+与AlO2﹣发生互促水解反应；D．室温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣13mo1/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性．解答：解：A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下CO32﹣不能大量共存，故A错误；B.0.1mol/LNH4HCO3溶液中，题给四种离子之间不发生反应，可大量共存，故B正确；C．Fe3+、NH4+与AlO2﹣发生互促水解反应，不能大量共存，故C错误；-16-\nD．室温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣13mo1/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，故D错误．故选B．点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，注意氧化还原及相互促进水解为解答的难点，题目难度不大．　5．（3分）（2022•开封模拟）能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）　A．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑　B．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O=HClO+HSO3﹣　C．硫酸亚铁溶液中加入酸化的双氧水：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O　D．等物质的量的MgC12、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓考点：离子方程式的书写．版权所有分析：A．醋酸在离子反应中保留化学式；B．发生氧化还原反应生成硫酸钙、盐酸；C．发生氧化还原反应，电子、电荷守恒；D．反应生成沉淀和水．解答：解：A．用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故A错误；B．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为2SO2+2ClO﹣+Ca2++2H2O=CaSO4↓+2Cl﹣+4H++SO42﹣，故B错误；C．硫酸亚铁溶液中加入酸化的双氧水的离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故C正确；D．等物质的量的MgC12、Ba（OH）2和HCl溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应方程式的书写，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　6．（3分）（2022秋•淅川县校级期中）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）　A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA　B．2.8g乙烯中含有共价键的数目为0.5NA　C．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA　D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA考点：阿伏加德罗常数．版权所有分析：A、1.6个氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；B、先求出乙烯的物质的量n=，再根据1mol乙烯中含6mol共价键来分析；C、标况下，苯为液态；D、过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．解答：解：A、1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；-16-\nB、乙烯的物质的量n===0.1mol，而1mol乙烯中含6mol共价键，故0.1mol乙烯中含0.6mol共价键，故B错误；C、标况下，苯为液态，故C错误；D、过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　7．（3分）（2022秋•淅川县校级期中）下列操作或发生事故时的处理方法正确的是（　　）　A．给试管里的液体加热时，试管应与桌面垂直　B．将pH试纸用蒸馏水润湿后，测定稀盐酸的pH值　C．配制一定浓度的NaCl溶液，定容时发现液面超过刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出　D．浓硫酸不慎沾在皮肤上，应立即用干布擦掉再用大量水冲洗，最后涂上3%～5%的小苏打溶液考点：化学实验安全及事故处理．版权所有专题：化学实验基本操作．分析：A．根据给试管中液体正确的加热方法进行判断；B．使用pH试纸测定盐酸的pH时，试纸不能湿润，否则会使测定结果偏大；C．加入的蒸馏水超过刻度线，此次配制失败，需要重新配制；D．浓硫酸溶于水放出大量热，所以浓硫酸溅到手上，要先立即用抹布擦去，然后用大量水冲洗，然后涂上碳酸氢钠溶液．解答：解：A．在实验操作中给试管中液体加热时，需要将试管稍稍倾斜，不能与桌面垂直，故A错误；B．用pH试纸测定盐酸溶液的pH时，试纸不能湿润，否则会将盐酸稀释，导致测定的pH偏大，故B错误；C．配制一定浓度的NaCl溶液，定容时发现液面超过刻度线，此次配制失败，需要重新配制，不能用胶头滴管将多余的水吸出，这样配制的溶液浓度仍然偏小，故C错误；D．浓硫酸具有强腐蚀性，若浓硫酸溅到手上，应该立即用抹布擦去，然后用大量水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故D正确；故选D．点评：本题考查了pH试纸的使用方法、一定物质的量浓度的溶液的配制、化学安全及事故处理方法的判断，题目难度不大，注意掌握正确的化学实验基本操作方法，明确pH试纸的使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的方法．　8．（3分）（2022秋•淅川县校级期中）如图所示，6个编号分别表示六种物质：Al、Fe2O3、NaOH溶液、氢碘酸、NH3、O2凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温时氨气能还原Fe2O3．），图中⑤表示的物质是（　　）-16-\n　A．Al或Fe2O3B．NaOH溶液C．氢碘酸D．NH3或O2考点：几组未知物的检验；无机物的推断．版权所有分析：由图观察得到，编号⑤能和其它5种物质都能发生反应，根据物质的性质进行判断，因此只能是氢碘酸．解答：解：据图观察，编号⑤能和其它5种物质都能发生反应，因此只能是氢碘酸，发生反应的化学方程式依次为：2Al+6HI=2AlI3+3H2↑；Fe2O3+6HI=2FeI2+I2+3H2O；NaOH+HI=NaI+H2O；HI+NH3=NH4I；Cl2+2HI=I2+2HCl，故选C．点评：本题考查物质的推断，题目难度不大，本题涉及的化学反应虽多，但没有必要一一考虑，也没有必要把6个编号分别代表的某种物质一一推出．　9．（3分）（2022•广东模拟）某同学用如图装置制备并检验Cl2的性质．下列说法正确的是（　　）　A．如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗　B．量筒中发生了加成反应　C．生成蓝色的烟　D．湿润的有色布条能褪色，干燥的有色布条不褪色-16-\n考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质．版权所有专题：卤族元素．分析：A．稀盐酸与二氧化锰不反应；B．氯气和甲烷在光照下发生取代反应；C．生成棕黄色的烟；D．干燥的氯气不能漂白，依据起漂白作用的是次氯酸进行解答；解答：解：A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；B．氯气和甲烷在光照下发生取代反应，故B错误；C．Cu在Cl2中燃烧时生成棕黄色烟，故C错误；D．Cl2不能使干燥有色布条褪色，湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，氯气有毒不能排放到空气中，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查氯气的性质以及实验室制法，注意氯气的化学性质以及氯气、氯水的性质的异同，题目难度不大．　10．（3分）（2022秋•淅川县校级期中）X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（　　）　A．气态氢化物的稳定性：X＜Z＜W　B．Y的阳离子半径比W的阴离子半径小　C．X、Z、W氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为Z＜X＜W　D．室温下，含Y元素的盐形成的水溶液其pH＜7考点：原子结构与元素周期律的关系．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、W是分别是短周期元素，原子序数依次递增．Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，W为Cl元素，以此解答该题．解答：解：X、Y、Z、W是分别是短周期元素，原子序数依次递增．Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，W为Cl元素，A．元素的非金属性：Si＜C＜Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则最简单气态氢化物的热稳定性：Z＜X＜W，故A错误；B．Y为Al元素，对应的离子核外有2个电子层，W为Cl元素，对应的离子核外有3个电子层，氯离子半径较大，故B正确；C．非金属性为Cl＞C＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故最高价氧化物对应水化物酸性为Si＜C＜Cl，故C正确；-16-\nD．NaAlO2溶液呈碱性，故D错误．故选BC．点评：本题考查元素的推断及元素化合物的性质，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累，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；D．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•淅川县校级期中）下列说法正确的是（　　）　A．Na2O、Na2O2组成元素相同，但与CO2反应的产物不同　B．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑Na2O2是氧化剂H2O是还原剂　C．Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣十O2↑　D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原考点：钠的重要化合物；氧化还原反应．版权所有分析：A．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气；B．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据化合价判断；C．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据离子反应的特征判断；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，根据化合价判断；解答：-16-\n解：A．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，产物不同，故A正确；B．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣十O2↑，原子不守恒，故C错误；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原，故D正确．故选AD．点评：本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．　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-16-\nD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．　15．（3分）（2022•山东模拟）向质量为30g的Fe、Fe2O3混合物中加入250mL4mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出NO（标准状况）2.24L，所得溶液中再滴加KSCN溶液，无血红色出现．若用与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑和足量的稀硫酸充分反应，所得到的气体在标准状况下的体积为（　　）　A．15.12LB．10.08LC．2.24LD．3.36L考点：有关混合物反应的计算；氧化还原反应的计算．版权所有专题：守恒法．分析：30g混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据铁原子守恒可知，混合物中n（Fe原子）=n，根据N原子守恒计算2n+n（NO）=n（HNO3），与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑的物质的量等于混合物中n（Fe原子），根据电子转移守恒计算与足量硫酸充分反应生成氢气的物质的量，根据V=nVm计算氢气体积．解答：解：30g混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，生成NO的体积为2.24L，其物质的量为0.1mol，根据氮元素守恒可知，2n+n（NO）=n（HNO3），故2n+0.1mol=0.25L×4mol/L，解得n=0.45mol，故混合物中n（Fe原子）=n=0.45mol，与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑的物质的量为0.45mol，根据电子转移守恒可知，与足量硫酸生成氢气的物质的量为=0.45mol，-16-\n氢气的体积为0.45mol×22.4L/mol=10.08L，故选：B．点评：本题考查混合物的有关计算，关键是根据现象判断反应产物，利用原子守恒与电子转移守恒的方法来计算，难度中等．　16．（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．C、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．　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，-16-\n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•广东）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3＜Ca（HCO3）2溶解度：Na2CO3＜NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中　A．AB．BC．CD．D考点：铵盐；硅和二氧化硅；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．版权所有专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A．氯化铵是强酸弱碱盐，且不稳定；B．铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液；C．碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠；D．二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应．解答：解：A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，故A错误；B．铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，故B错误；C．碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，故C错误；D．二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，故D正确；故选D．点评：本题考查较综合，明确二氧化硅的性质，铁离子的检验是高考热点，应熟练掌握．　二、解答题（共4小题，满分46分）19．（12分）（2022秋•房山区期末）已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：-16-\n（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体．则A转化为B反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．（2）若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是（用必要的文字和离子方程式说明）　防止Fe2+被氧化，2Fe3++Fe=3Fe2+　．（3）若D是一种常见的温室气体，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，固体C受热分解可得固体B，该反应的化学方程式是　2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　．（4）若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则B转化为C的离子方程式为　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（5）若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则元素D在周期表中的位置是　第2周期、第ⅣA族　，B分子的结构式为　O=C=O　．考点：无机物的推断．版权所有专题：推断题．分析：（1）A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2；（2）D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，说明C易被氧化而变质，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，D为Fe；（3）D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3；（4）B具有两性，能与D反应，且D为氯碱工业的主要产品，则D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2；（5）D是一种黑色固态非金属单质，应为C，则B为CO2，C为CO．解答：解：（1）A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2，A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，说明C易被氧化而变质，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，D为Fe，反应的原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：防止Fe2+被氧化；2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3，固体C受热分解可得固体B，该反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（4）B具有两性，能与D反应，且D为氯碱工业的主要产品，则D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2，B转化为C的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，-16-\n故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（5）D是一种黑色固态非金属单质，应为C，则B为CO2，C为CO，C位于周期表第2周期、第ⅣA族，CO2的结构式为O=C=O，故答案为：第2周期、第ⅣA族；O=C=O．点评：本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握反应的转化特点，根据物质的性质、用途作为解答的突破口．　20．（14分）（2022•金水区校级一模）某化学兴趣小组按照下列方案进行“由含铁废铝制备硫酸铝晶体”的实验：步骤1：取一定量含铁废铝，加足量的NaOH溶液，反应完全后过滤．步骤2：边搅拌边向滤液中滴加稀硫酸至溶液的pH=8～9，静置、过滤、洗涤．步骤3：将步骤2中得到的固体溶于足量的稀硫酸．步骤4：　将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥　．请回答以下问题：（1）上述实验中的过滤操作需要玻璃棒、　烧杯、漏斗　等玻璃仪器．（2）步骤1发生反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　过滤的目的是　除去铁等不溶于碱的杂质　．（3）当步骤2中的溶液pH=8～9时，检验沉淀是否完全的方法是　取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全　．（4）步骤2中溶液的pH控制较难操作，可改用　通入足量CO2气体　，发生反应的离子方程式为　2H2O+AlO2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．（5）步骤4的操作为　将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥　．考点：金属的回收与环境、资源保护．版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物．分析：根据实验步骤可知：由含铁废铝制备硫酸铝晶体原理是用氢氧化钠溶液溶解铝，过滤除掉杂质铁，然后调节PH得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和稀硫酸溶液反应生成硫酸铝，蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥后得到硫酸铝固体．（1）过滤操作中需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）Al能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铁不能与氢氧化钠溶液反应，过滤为了固液分离；（3）根据偏铝酸钠可以和酸之间反应生成氢氧化铝沉淀来回答；（4）根据偏铝酸钠可以和二氧化碳之间反应生成氢氧化铝沉淀来回答；（5）硫酸铝溶液得到硫酸铝晶体的方法：蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥．解答：解：（1）过滤操作中需要大小烧杯各一个、漏斗、玻璃棒，因此过滤操作中需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗；（2）Al能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，Al能与氢氧化钠溶液反应，铁不能与氢氧化钠溶液反应，通过过滤将杂质铁从溶液中除掉，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；除去铁等不溶于碱的杂质；（3）检验沉淀是否完全的方法是取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全，-16-\n故答案为：取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全．（4）边搅拌边向滤液中滴加稀硫酸至溶液的pH=8～9，目的是生成氢氧化铝，可利用往偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体的方法，2H2O+AlO2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣，不必控制溶液的PH就可得到最大量的沉淀，故答案为：通入足量CO2气体；2H2O+AlO2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）步骤3：将步骤2中得到的固体溶于足量的稀硫酸得到硫酸铝溶液，如果将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥可以得硫酸铝晶体，步骤4为：将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥即可，故答案为：将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥．点评：本题考查金属铝的重要性质和实验操作，铝能与强碱性溶液反应是其他一般金属不具有的化学性质，掌握化学反应原理才能分析出实验步骤的目的，整合性较强，难度一般．　21．（11分）（2022•长春一模）A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A和C同族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答．（1）C在元素周期表中的位置是　第三周期第ⅣA族　．（2）D2B的电子式是　　；AB2的结构式是　O=C=O　．（3）B、D、E离子半径的由大到小的顺序为　Cl﹣＞O2﹣＞Na+　；（用离子符号回答）A、C、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为　HClO4＞H2CO3＞H2SiO3　．（用化学式回答）（4）A、B气态氢化物沸点高的是　H2O　；（用化学式回答）原因　水分子之间有氢键，且水为极性分子　．（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生以为，EB2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀，当消耗13.50gEB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为　5Mn2++2ClO2+6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+　．考点：位置结构性质的相互关系应用．版权所有分析：A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和C同族，则C为硅元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，则D为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为第ⅤⅡA族元素，根据第（5）小问题目可知，存在EB2，所以E为氯元素，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和C同族，则C为硅元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，则D为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为第ⅤⅡA族元素，根据第（5）小问题目可知，存在EB2，所以E为氯元素，（1）C为硅元素，在元素周期表中第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；-16-\n（2）D2B为氧化钠，它的电子式是；AB2为二氧化碳，它的结构式是O=C=O，故答案为：；O=C=O；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，所以B、D、E离子半径的由大到小的顺序为Cl﹣＞O2﹣＞Na+；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，在C、Si、Cl中，非金属性由强到弱的顺序为Cl＞C＞Si，所以酸性由强到弱到的顺序为HClO4＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为：Cl﹣＞O2﹣＞Na+；HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；（4）由于水分子之间有氢键，且水为极性分子，所以水的沸点比二氧化碳高，故答案为：H2O；水分子之间有氢键，且水为极性分子；（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色、使水产生异味．ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成一种黑色沉淀，该黑色沉淀为MnO2，同时测得消耗13.50gClO2时，共转移了1mol电子，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则×（4﹣a）=1，解得a=﹣1，故生成Cl﹣，根据电荷守恒可知，还生成H+，则反应的离子方程式是5Mn2++2ClO2+6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+，故答案为：5Mn2++2ClO2+6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+．点评：本题主要考查了元素周期表、电子式、元素周期律、氧化还原反应等知识点，中等难度，元素推断是解题的关键，第（5）为易错点，答题时注意运用守恒的思想解决问题．　22．（9分）（2022•合肥一模）2022年8月云南报道铬渣污染事件，铬渣中到含璃+6价的铬而使其毒眺很强利用钛铁矿（TiO2、FeO、Fe2O3）生产钛白粉的副产品（硫酸亚铁），可以把其还原为+3价的铬，在碱性条什生成氢氧化铬沉淀．（1）碾碎的目的是　增大接触面积，加快反应速率　（2）加入过量的硫酸除让铁矿充分反应外，还起到的作用是　抑制Fe3+、Fe2+的水解，有利于钛从溶液中分离出　（3）第④步所加试剂是　铁粉　（4）上述物质中可循环使用的试剂是（写化学式）　H2SO4　（5）写出滤液④与Na2CrO4在NaOH溶液中反应的离子反应方程式　CrO42﹣+3Fe2++4OH﹣+4H2O=Cr（OH）3↓+3Fe（OH）3↓　（6）第③步中加热的目的是　促进TiOSO4的水解　．-16-\n考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．版权所有专题：几种重要的金属及其化合物．分析：首先碾碎可增大反应物的接触面积，使反应速率加快，加硫酸溶解，过滤，得到滤液，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，第⑤步中要用还原剂将Na2CrO4，先加铁粉将滤液④中的三价铁还原，而在硫酸中溶解度较小的TiOSO4变为滤渣，然后综合提练得到TiO2．解答：解：（1）碾碎可增大反应物的接触面积，使反应速率加快，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）Fe3+、Fe2+的水解呈酸性，加入过量的硫酸抑制Fe3+、Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe3+、Fe2+的水解，有利于钛从溶液中分离出；（3）第④步所加试剂是作还原剂与Fe3+发生氧化还原反应，同时不能引其它元素，目的是使Fe3+转化为Fe2+，故答案为：铁粉；（4）滤液③中含有大量的硫酸，而前过程中需要大量的硫酸，故答案为：H2SO4；（5）滤液④中含有Fe2+，它与Na2CrO4发生氧化还原反应，在碱性条件下生成Cr（OH）3沉淀和Fe（OH）3沉淀，故答案为：CrO42﹣+3Fe2++4OH﹣+4H2O=Cr（OH）3↓+3Fe（OH）3↓；（6）水解是吸热反应，加热可促进TiOSO4的水解，故答案为：促进TiOSO4的水解．点评：本题是实验流程图题，要对学生加强读题能力的训练（包括耐心、信心和勇气的培养）学会找关键词、关键数据、关键结构等提供的重要信息．　-16-