2022-2022学年湖南省株洲二中高一（下）入学化学试卷一、选择题：（每题只有一个正确答案，每题3分，共60分）1．（3分）（2022•海南）化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（　　）　A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液　B．84消毒液的有效成分是NaClO　C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品　D．装饰材料释放的甲醛会造成污染考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质．版权所有专题：元素及其化合物；化学应用．分析：A．碘溶于乙醇可形成碘酒；B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；C．浓硫酸与二氧化硅不反应；D．甲醛可污染环境．解答：解：A．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；D．甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确．故选：C．点评：本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大．　2．（3分）（2022•福建）下列实验能达到目的是（　　）　A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液　B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体　C．用萃取分液的方法除去酒精中的水　D．用可见光束照射以区别溶液和胶体考点：真题集萃；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．版权所有专题：实验评价题．分析：A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，无法鉴别；B．加热蒸干氯化铵分解为氨气与氯化氢；C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离；D．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有．解答：解：A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，只能分成2组，无法鉴别，故A错误；B．加热蒸干中氯化铵分解为氨气与氯化氢，将NH4Cl溶液蒸不能制备NH4Cl固体，故B错误；C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离，故C错误；-17-D．用可见光束照射胶体产生丁达尔效应，而溶液没有，可以区别胶体与溶液，故D正确，故选D．点评：本题考查物质的分离提纯、物质鉴别等，是对基础知识的综合应用，难度不大．　3．（3分）（2022•湖南校级学业考试）光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一，它使信息高速公路在全球迅猛发展，它的发明者是被誉为“光纤之父”的华人科学家高锟．光导纤维的主要成分是（　　）　A．SiB．SiO2C．Na2SiO3D．SiCl4考点：硅和二氧化硅．版权所有专题：碳族元素．分析：光导纤维的主要成分是二氧化硅．解答：解：A．硅常用于半导体材料，故A错误；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B正确；C．硅酸钠常用于防火剂，故C错误．D．在室温下为无色液体，易挥发，有强烈的刺激性，因在潮湿空气中水解而产生白色酸雾，常用作烟雾剂，故D错误．故选B．点评：本题考查二氧化硅的用途，可以根据教材知识来回答，难度不大．　4．（3分）（2022秋•武侯区校级期末）关于镁、铝的叙述中不正确的是（　　）　A．常温下，铝能和空气里的氧气反应生成一层致密的氧化膜　B．镁铝合金能完全溶于稀硝酸，同时生成无色气体，遇空气变成红棕色　C．铝是较活泼的金属，能跟盐酸、稀硫酸、氢氧化钠溶液反应放出氢气　D．在高温下，可以用铝制的容器装运浓硫酸或浓硝酸考点：铝的化学性质；镁的化学性质．版权所有专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、金属铝的化学性质活泼，容易和氧气发生反应生成氧化铝，在表面形成保护膜；B、铝在稀硝酸中不发生钝化，金属与稀硝酸作用将稀硝酸还原成一氧化氮，一氧化氮遇空气中的氧气变成红棕色的二氧化氮；C、金属铝既可以和酸反应还可以和强碱反应，均会产生氢气；D、常温下，金属铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，高温条件下就不发钝化现象，而是剧烈反应．解答：解：A、金属铝的化学性质活泼，容易和氧气发生反应生成氧化铝，在表面形成保护膜，故A正确；B、铝在稀硝酸中不发生钝化，金属与稀硝酸作用将稀硝酸还原成一氧化氮，一氧化氮遇空气中的氧气变成红棕色的二氧化氮，故B正确；C、金属铝既可以和酸反应还可以和强碱反应，均会产生氢气，故C正确；D、常温下，金属铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，高温条件下就不发钝化现象，而是剧烈反应，故D错误．故选D．点评：-17-本题考查学生金属镁以及金属铝的性质和应用情况，属于教材知识的考查，难度不大．　5．（3分）（2022•上海）如图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液．挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（　　）　A．CO2（NaHCO3）溶液/无色喷泉B．NH3（H2O含酚酞）/红色喷泉　C．H2S（CuSO4溶液）/黑色喷泉D．HCl（AgNO3溶液）/白色喷泉考点：氨的化学性质；硫化氢．版权所有专题：氮族元素．分析：A、NaHCO3溶液抑制CO2的溶解，气压变化不明显，则不会形成喷泉，B、氨气极易溶于水，形成压强差，且氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红；C、H2S与CuSO4溶液反应生成黑色的CuS沉淀，形成压强差，溶液中有黑色的CuS，溶液变黑；D、HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，形成压强差，溶液中有白色的AgCl，溶液变白；解答：解：A、因NaHCO3溶液抑制CO2的溶解，则挤压胶管的胶头，气压变化不明显，则不会形成喷泉，故A错误；B、因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故形成红色喷泉，故B正确；C、因H2S与CuSO4溶液反应生成黑色的CuS沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有黑色的CuS，溶液变黑，故形成黑色喷泉，故C正确；D、因HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有白色的AgCl，溶液变白，故形成白色喷泉，故D正确；故选：A．点评：本题考查喷泉实验，学生明确发生喷泉的条件是气体极易溶于水或气体与溶液发生化学反应而使气体的体积变小是解答本题的关键．　6．（3分）（2022秋•集宁区期末）在溶液中能共存，加入OH﹣有沉淀析出，加入H+能放出气体的是（　　）　A．Na+、H+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、H+、Cl﹣、SO42﹣　C．Ca2+、NO3﹣、HCO3﹣、Cl﹣D．Fe3+、NH4+、SCN﹣、Cl考点：离子共存问题．版权所有专题：离子反应专题．-17-分析：OH﹣有沉淀析出，可能为氢氧化物沉淀或存在酸式盐的酸根离子，加入碱后生成沉淀，加入H+能放出气体，说明溶液中存在HCO3﹣或CO32﹣，根据离子的性质作进一步判断．解答：解：A、该组离子能共存，但加入OH﹣没有沉淀析出，加入H+不能放出气体，故A错误；B、该组离子能共存，但加入OH﹣没有沉淀析出，加入H+不能放出气体，故B错误；C、该组离子能共存，加入OH﹣有CaCO3沉淀析出，加入H+能放出CO2气体，故C正确；D、该组离子中Fe3+与SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故D错误．故选C．点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题目要求，掌握有关基础知识．　7．（3分）（2022春•株洲校级月考）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）　A．常温常压下，11.2LCO2所含的原子数为1.5NA　B．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA　C．标准状况下，22.4LSO3中所含原子数为4NA　D．标准状况下，1L水所含分子数为NA考点：阿伏加德罗常数．版权所有分析：A.22.4L/mol必须在标准状况下才可使用；B．质量和微粒数目之间的关系式：N=nNA=NA，1个O3含有的氧原子数为3个，据此解答；C．三氧化硫在标况下是固体；D．标准状况下水是液体，根据气体摩尔体积的使用范围分析．解答：解：A.22.4L/mol必须在标准状况下才可使用，常温常压下，11.2LCO2的物质的量不是0.5mol，所以含有的原子数不是1.5NA，故A错误；B．．O3是氧的单质，只含有氧原子，1个O3含有的氧原子数为3个，所以48gO3中所含氧原子个数为：N=nNA=NA×3=×3NA=3NA，故B正确；C．标况下，三氧化硫是固体，所以不能使用气体摩尔体积，故C错误；D．标况下，水是液体，所以不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，侧重考查气体摩尔体积的适用对象及使用条件，题目难度不大．　8．（3分）（2022•福建）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（　　）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸-17-　A．①③B．①④C．②④D．②③考点：真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．版权所有专题：元素及其化合物．分析：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；②二氧化硅不能溶于盐酸；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．解答：解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选B．点评：本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．　9．（3分）（2022•北京）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（　　）①②③A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色　A．AB．BC．CD．D考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物．版权所有专题：元素及其化合物．分析：A、硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色．B、浓盐酸具有挥发性，酚酞溶液在酸性条件下为无色．C、浓氨水具有挥发性，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝．D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性．-17-解答：解：A、硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确．故选：A．点评：考查化学实验、元素化合物性质等，难度不大，注意基础知识的掌握．　10．（3分）（2022秋•集宁区期末）下列除杂方案正确的是（　　）题号主成分杂质除杂试剂ANaOHBa（OH）2CuSO4BCu（NO3）2AgNO3Zn粉CCOCO2NaOHDCO2HClNa2CO3　A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯和除杂．版权所有专题：实验评价题．分析：除杂的基本原则是：除去杂质，而不能引入新的杂质，原理要简单，过程要简洁．一般除杂试剂要不能与原物质反应，原物质的质量不能减少．而给定方案和试剂的除杂题只需要从给定方法和试剂的直接分析方法和试剂是否能够达到目的就可以．解答：解：A、硫酸铜不但能与氢氧化钡反应，也能与氢氧化钠反应，会把原物质也除去，不合题意，故A错误；B、金属锌既能和硝酸铜反应置换出金属铜，又能和硝酸银反应置换出银，会把原物质除去，不合题意，故B错误；C、氢氧化钠溶液与二氧化碳都发生反应，不和一氧化碳反应，符合题意，故C正确；D、碳酸钠溶液与氯化氢、二氧化碳都能发生反应，会把原物质也除去，不合题意，故D错误．故选C．点评：注意在解此类题时，首先分析杂质和物质的性质，然后选择适当的试剂只与杂质反应，不与主要物质反应，不会生成新的杂质．　11．（3分）（2022秋•抚州期末）在常温常压下，下列各组气体不能共存的是（　　）　A．SO2与O2B．NH3与O2C．O2与N2D．NO与O2考点：氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质．版权所有专题：氧族元素；氮族元素．分析：根据常温下气体间能否反应判断共存．解答：解：A、SO2与O2在常温下不反应，两者能共存，故A错误；-17-B、NH3与O2在常温下不反应，两者能共存，故B错误；C、O2与N2在常温下不反应，两者能共存，故C错误；D、NO与O2在常温下反应生成NO2，两者不能共存，故D正确；故选：D．点评：在解此类题时，首先分析选项中物质的性质，只要能反应，就不能共存．　12．（3分）（2022秋•集宁区期末）氢氧化铝可作为治疗某种胃病的内服药，这是利用了氢氧化铝的哪个性质（　　）　A．酸性B．碱性C．两性D．氧化性考点：镁、铝的重要化合物．版权所有专题：几种重要的金属及其化合物．分析：人的胃液里含有胃酸，胃酸主要成分为盐酸．若胃酸分泌过多会引起胃病．氢氧化铝为弱碱性，可中和胃酸缓解病痛．解答：解：胃酸主要成分为盐酸，胃酸分泌过多会引起胃病．氢氧化铝为弱碱性，与胃液中含有的盐酸反应中和生成氯化铝和水，反应方程式为Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O．故选B点评：本题考查了氢氧化铝性质，难度较小，依据酸碱的性质进行解答．　13．（3分）（2022秋•定西期末）下列物质在一定条件下能与铜反应的有（　　）①Cl2②浓H2SO4③FeCl3④AgNO3⑤FeCl2．　A．①③⑤B．①③④C．①②③④D．①②③④⑤考点：铜金属及其重要化合物的主要性质．版权所有专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据铜和所给物质的性质分析，铜单质中铜是最低价，具有还原性，只要下列物质能与铜发生氧化还原反应即可解答：解：①Cl2有强氧化性，在点燃条件下能和铜发生反应生成氯化铜，故正确．②浓H2SO4有强氧化性，能和铜在加热条件下反应氧化还原反应反应，故正确．③FeCl3有强氧化性，能把铜氧化成二价铜离子，故正确．④AgNO3能和铜反应置换反应，故正确．⑤FeCl2有弱氧化性，和铜不反应，故错误．故选C．点评：本题考查了铜的性质，铜单质中铜是最低价，具有还原性，在一定条件下能和强氧化性的物质发生氧化还原反应．　14．（3分）（2022秋•定西期末）下列可用浓H2SO4干燥的气体有（　　）①H2②SO2③H2S④Cl2⑤NH3⑥HCl⑦CO2⑧HBr⑨CO．　A．①②③④⑥⑧⑨B．①②④⑥⑦⑨C．①②④⑤⑥⑦⑧D．全部考点：气体的净化和干燥．版权所有专题：化学实验基本操作．分析：根据浓硫酸的性质分析，浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性、强氧化性．解答：-17-解：浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性、强氧化性，所以不能干燥具有碱性、能和其反应的气体．③H2S有强还原性能和浓硫酸发生氧化还原反应；⑤NH3是碱性气体；⑧HBr具有强还原性，能和浓硫酸发生氧化还原反应．故选B．点评：本题考查了以浓硫酸为载体考查了气体的净化和干燥，气体净化和干燥的原则是：不减少被净化气体的量，不引进新的杂质，操作简便，易于分离．　15．（3分）（2022•江苏）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（　　）　A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2　B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣　C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+　D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO考点：真题集萃；氯气的化学性质．版权所有专题：卤族元素．分析：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．解答：解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故B正确；C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D．点评：本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．　16．（3分）（2022•瑞安市模拟）下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是（　　）①澄清石灰水　②H2S溶液　③KMnO4酸性溶液④氯水　⑤品红溶液．　A．①②③B．②③④C．除①以外D．全部考点：二氧化硫的化学性质．版权所有专题：氧族元素．分析：根据SO2和CO2性质的差异可知，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体．解答：解：①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2；②SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质（有黄色沉淀生成），而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2；-17-③SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化（溶液褪色），而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2；④SO2也具有还原性，能被氯水氧化（溶液褪色），而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2；⑤SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2；所以，能够区别SO2和CO2气体的溶液有：②③④⑤，故选C．点评：本题主要考查了SO2的化学性质，除了具有酸性氧化物的通性，还具有本身的一些特性，要注意与CO2的相同点和不同点．　17．（3分）（2022秋•集宁区期末）类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子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加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性H++OH﹣=H2O向H2SO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性H++OH﹣=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+2H2O+4NH4+D向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2CO2+OH﹣=HCO3﹣向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2SO2+OH﹣=HSO3﹣　A．AB．BC．CD．D考点：离子方程式的书写．版权所有专题：离子反应专题．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的反应一定是和盐中的水反应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；C、氢氧化铝能和强碱反应但是不和弱碱反应；D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊．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的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH﹣+SO42﹣=2H2O+BaSO4↓，实质和稀硫酸与NaOH溶液的反应不同，故B错误；C、向氯化铝溶液中加入足量氨水的反应实质是：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，氢氧化铝能和强碱反应但是不和弱碱反应，故C错误；D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊，如果气体过量会变澄清，碳酸钙和亚硫酸钙均是难溶于水的盐，碳酸氢钙和亚硫酸氢钙是易溶于水的，故D正确．故选D．点评：-17-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．　18．（3分）（2022春•株洲校级月考）如表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（　　）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ANa2O2NaOHNaCl①常温遇水BAl2O3NaAl（OH）4Al（OH）3②通入CO2CNONO2HNO3④加入铜粉DCCOCO2③点燃镁条　A．AB．BC．CD．D考点：无机物的推断．版权所有专题：推断题．分析：A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠；B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝；C．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；D．碳和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，二氧化碳和镁反应生成氧化镁和碳；解答：解：A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，不符合上述转化关系和反应条件，故A错误；B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，符合上述转化关系和反应条件，故B正确；C．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，符合上述转化关系和反应条件，故C正确；D．碳和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，二氧化碳和镁反应生成氧化镁和碳，符合上述转化关系和反应条件，故D正确；故选：A．点评：本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质、熟悉发生的化学反应是解题关键，侧重对学生基础知识的检验和训练，题目难度不大．-17-　19．（3分）（2022秋•天津期末）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O关于该反应的下列说法正确的是（　　）　A．NaNO2是氧化剂　B．N2既是氧化剂，又是还原剂　C．NH4Cl中的氮元素被还原　D．每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6mol考点：氧化还原反应．版权所有专题：氧化还原反应专题．分析：由NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O可知，NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，NH4Cl中N元素的化合价由﹣3价升高为0，以此来解答．解答：解：A．N元素的化合价降低，则NaNO2是氧化剂，故A正确；B．该反应中只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，氧化剂与还原剂为反应物，故B错误；C．N元素的化合价升高，则NH4Cl中的氮元素被氧化，故C错误；D．每生成1molN2时，由化合价的变化可知，转移电子的物质的量为3mol，故D错误；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子的考查，题目难度不大．　20．（3分）（2022春•株洲校级月考）已知：2Na+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNa的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是（　　）选项ABCDn（CO2）（mol）2345n（沉淀）（mol）2233　A．AB．BC．CD．D考点：有关混合物反应的计算．版权所有分析：CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、Na的混合溶液，反应的先后顺序为：Ba（OH）2、NaOH、NaAlO2，含有NaOH、Ba（OH）2、Na的混合溶液中慢慢通入CO2，发生的反应有：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、2Na+CO2=2Al（OH）3↓+H2O+Na2CO3；若二氧化碳过量，还发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，根据反应的方程式计算．解答：解：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应恰好反应，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则沉淀只有1mol，故A错误；B．当通入的n（CO2）=3mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1molBaCO3和2molAl（OH）3）故B错误；-17-C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳与Na发生反应2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成2mol氢氧化铝沉淀，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；D．当通入5mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的1mol二氧化碳与生成的1mol碳酸钠反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以生成沉淀的物质的量为3mol，故D正确；故选CD．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序及反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．　二、填空题21．（10分）（2022春•株洲校级月考）标准状况，体积相同的四支试管中分别盛满Cl2、NH3、SO2和NO2，分别倒立在盛有足量水的水槽中（假设进入试管的液体不扩散），光照充分溶解．（1）从物质分类的角度可以推测物质的性质．其中SO2属于　酸性　氧化物（填“酸性”、“碱性”或“两性”）．（2）装有NO2的试管倒立在盛有足量水的水槽时，实验现象为　溶液充满试管的，气体由红棕色变为无色　．（3）装有NH3的试管进行实验时，实验完毕试管内溶液的物质的量浓度为　mol/L　．（4）装有Cl2的试管倒立在盛有足量水的水槽中经过充分的光照，实验结束试管中剩余的气体是　氧气　，生成该气体的化学方程式是　Cl2+H2O=HCl+HClO；2HClO2HCl+O2↑．　．考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．版权所有分析：（1）二氧化硫和碱性氧化物反应生成盐、和碱反应生成盐和水，二氧化硫属于酸性氧化物；（2）红棕色NO2和水反应生成硝酸和无色的NO；-17-（3）物质的量浓度=；（4）氯气和水反应生成HCl和HClO，次氯酸不稳定，光照条件下分解生成HCl和氧气．解答：解：（1）SO2属于酸性氧化物，SO2和碱性氧化物反应生成盐，和碱反应生成盐和水，故答案为：酸性；（2）红棕色NO2和水反应生成硝酸和无色的NO，试管内气体压强减小，则水进试管，所以看到的现象是：溶液充满试管的，气体由红棕色变为无色，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：溶液充满试管的，气体由红棕色变为无色；（3）氨气极易溶于水，将收集满的试管倒扣在水中，水能充满整个试管，则氨水的浓度==，故答案为：mol/L；（4）氯气和水反应生成HCl和HClO，次氯酸不稳定，光照条件下分解生成HCl和氧气，发生的反应分别为Cl2+H2O=HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，所以剩余的气体是氧气，故答案为：氧气；Cl2+H2O=HCl+HClO；2HClO2HCl+O2↑．点评：本题考查了氯气、氨气、二氧化硫、二氧化氮等知识点，根据这几种物质的性质、溶解性等知识点来分析解答，会根据实验描述发生的现象，为易错点，题目难度中等．　22．（10分）（2022秋•桃城区校级期末）某学生利用以下装置探究氯气与氨之间的反应．其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨反应的装置．请回答下列问题：-17-（1）装置F中发生反应的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O　．（2）装置B中仪器的名称是　干燥管　；装置E的作用是　除去氯气中的氯化氢　．（3）往装置A的烧瓶内加入粉末状固体的操作是　将烧瓶横放，把盛有药瓶的药匙或纸槽伸入瓶底，再将烧瓶竖起　．（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一．写出反应的化学方程式　8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2　．当有amol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为　=　mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．（5）将用F、E、D装置制得的氯气通入含74gCa（OH）2的石灰乳中，最多可制得漂白粉　127　g．考点：氯气的实验室制法；氨的实验室制法．版权所有专题：卤族元素；氮族元素．分析：（1）二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水；（2）根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质；（3）向烧瓶中加固体粉末要用药匙或纸槽，要伸入瓶底防止粉末撒到瓶壁上；（4）由题意可知发生反应为氨气和氯气生成氯化铵和氮气；由反应方程式，可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2的2mol电子，根据氯气求出电子的物质的量，再根据电子的个数求出NA；（5）根据氢氧化钙的物质的量和反应方程式求出漂白粉的质量；解答：解：（1）二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水，其反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O；（2）根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质，故答案为：干燥管；除去氯气中的氯化氢；（3）向烧瓶中加固体粉末要用药匙或纸槽，要伸入瓶底防止粉末撒到瓶壁上，故答案为：将烧瓶横放，把盛有药瓶的药匙或纸槽伸入瓶底，再将烧瓶竖起；（4）氨气和氯气反应生成白烟氯化铵和空气的主要成分之一氮气，即8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2；由反应方程式可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2的2mol电子，所以当有amol氯气参加反应时，转移的电子的物质的量为2amol，已知转移的电子总数为b个，则N=n•NA，即b=2a•NA，所以NA=，故答案为：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2；；（5）氢氧化钙的物质的量是n==1mol，所以根据反应式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O可知，则生成的CaCl2、Ca（ClO）2各0.5mol，所以最多可制得漂白粉的质量是m=m（CaCl2）+m（Ca（ClO）2）=0.5mol×111g/mol+0.5mol×143g/mol=127g；-17-故答案为：127g．点评：本题考查学生实验室制取氯气、氨气的方法、干燥、性质，氧化还原反应，根据方程式的计算等方面的知识考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等．　23．（12分）（2022春•株洲校级月考）A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）．试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是　d、e　．a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为　FeCl3　；（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为　Al（OH）3　，X的化学式可能为（写出不同类物质）　HCl　或　NaOH　，反应①的离子方程式为　AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓　．考点：无机物的推断．版权所有分析：（1）若X是强氧化性单质，由转化关系ABC知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素，据此分析；（2）若X是一种金属单质，由转化关ABC，X为变价金属，A为强氧化性物质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，则X为Fe，A为Cl2，符合转化关系，B为FeCl2，C为FeCl3；（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系ABC，且A+C→B，考虑Al的化合物的相互转化，若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐，符合转化关系；若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐，符合转化关系．解答：解：（1）若X是强氧化性单质，由转化关系ABC知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素，a．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，符合转化关系ABC，故不选；b．N2和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系ABC，故不选；c．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，符合转化关系AB-17-C，故不选；d．Mg和氧气反应生成氧化镁，氧化镁和氧气不反应，所以不符合转化关系ABC，故选；e．Al和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氧气不反应，所以不符合转化关系ABC，故选；故选d、e；（2）向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，若X是一种金属单质，由转化关系ABC，X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是氯气，B是氯化铁，C是氯化亚铁，故答案为：FeCl3；（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，由转化关系ABC，且A+C→B，考虑Al的化合物的相互转化，若X是一种强碱，A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸盐；若X是一种强酸，A为偏铝酸盐，B为Al（OH）3，C为铝盐；通过以上分析知，B是Al（OH）3，X是HCl或NaOH，偏铝酸盐和酸反应生成氢氧化铝沉淀，铝盐和碱反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；故答案为：Al（OH）3；HCl；NaOH；AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓或Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓．点评：本题以物质转化形式考查元素单质及其化合物之间的相互转化关系、化学用语的书写，旨在考查学生对知识的熟练掌握程度，根据转化关系写出符合条件的反应，难度较大，注意掌握归纳中学常见ABC转化关系．　24．（8分）（2022春•株洲校级月考）防治环境污染是当前环保工作的重要研究内容之一．二氧化硫和氮氧化物是大气的主要污染物．（1）将1.5molSO2用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到　258　g石膏（CaSO4•2H2O）．（2）用CH4消除NOx污染的化学方程式为：CH4+4NO=2N2+CO2+2H2O；CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O现有11.2LNO2、NO的混合气体NOx，将其还原为N2，需要4.48L的CH4，则混合气体中NO2、NO的物质的量之比为　3：2　．（体积都已换算为标准状况）（3）（a）常温下用氧缺位铁酸锌ZnFe2Oy可以消除NOx污染，使NOx转变为N2，同时ZnFe2Oy转变为ZnFe2O4．若2mol　ZnFe2Oy与足量NO2可生成0.5mol　N2，则y=　3　．（b）氧缺位铁酸锌ZnFe2Oz化学式的氧化物形式为aZnO•bFeO•cFe2O3．已知1mol　ZnFe2Oz最多能使4.0L（标况）NO1.4转化为N2．则上述氧化物形式的化学式可具体表示为　4ZnO•2FeO•3Fe2O3　．-17-考点：复杂化学式的确定；二氧化硫的污染及治理；有关混合物反应的计算．版权所有分析：（1）根据S元素守恒n（CaSO4•2H2O）=n（SO2），再根据m=nM计算石膏的质量；（2）令混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，结合混合气体的体积及消耗的氧气的体积列方程计算；（3）（a）依据氧化还原反应的电子守恒计算ZnFe2Oy中Fe元素化合价，再根据化合物中的元素化合价代数为0计算y的值；（b）依据氧化还原反应的电子守恒计算ZnFe2Oz中Fe元素化合价，根据化合价确定+2Fe与+3价Fe的原子数目之比，据此书写氧化物氧化物形式的化学式；再根据化合物中的元素化合价代数为0计算z的值，据此改写．解答：解：（1）根据S元素守恒n（CaSO4•2H2O）=n（SO2）=1.5mol，故石膏的质量为1.5mol×172g/mol=258g，故答案为：258；（2）11.2LNO2、NO的混合气体的物质的量为=0.5L，4.48L的CH4的物质的量为=0.2mol，令混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得：x=0.3，y=0.2，故答案为：3：2；（3）（a）2molZnFe2Oy与足量NO2可生成0.5molN2，则ZnFe2Oy被还原为ZnFe2O4，令ZnFe2Oy中铁元素的化合价为a，根据电子转移守恒，可知2mol×2×（3﹣a）=0.5mol×2×4，解得a=2，化合价代数和为0，则2+2×2=2y，解得y=3，故答案为：3；（b）1molZnFe2Oz最多能使4.0L（标况）NO1.4转化为N2，则ZnFe2Oz被还原为ZnFe2O4，令ZnFe2Oz中铁元素的化合价为b，根据电子转移守恒，可知1mol×2×（3﹣b）=×2.8，解得b=2.75，令+2Fe与+3价Fe的原子数目之比为m：n，根据平均化合价，则2m+3n=2.75m+2.75n，整理得m：n=1：3，氧化物化学式为aZnO•2FeO•3Fe2O3，化学式中n（Fe）=2n（Zn），故a=4，即氧缺位铁酸锌ZnFe2Oz的氧化物形式为4ZnO•2FeO•3Fe2O3，故答案为：4ZnO•2FeO•3Fe2O3．点评：本题以消除NOx污染治理为载体，考查混合物有关计算、氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，题目计算量较大，数据繁琐，是对学生心理素质的考验，难度较大，为易错题．　-17-