1、2022學(xué)年黑龍江省哈爾濱三中高一（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題（本題共20小題，每小題3分，共60分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確）1（3分）根據(jù)所給的信息和標(biāo)志，判斷下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）ABCD本草經(jīng)集注記載“以火燒之，紫青煙起，云是真硝石（硝酸鉀）也”碳酸氫鈉藥片鉀的焰色反應(yīng)顏色為紫色該藥是抗酸藥，服用時(shí)喝些醋能提高藥效看到有該標(biāo)志的丟棄物，應(yīng)遠(yuǎn)離并報(bào)警該物品可做消毒劑AABBCCDD【分析】A依據(jù)鉀的焰色解答；B依據(jù)碳酸氫鈉能夠與鹽酸反應(yīng)的性質(zhì)解答；C圖標(biāo)為放射性藥品標(biāo)志，對(duì)人體有害；D漂白粉中次氯酸鈣具有強(qiáng)的氧化性【解答】解：A透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃濾去火焰本身的黃光后，能觀察鉀元素焰色反應(yīng)的顏色為紫

2、色，故A正確；B碳酸氫鈉與醋酸反應(yīng)，失去藥效，故B錯(cuò)誤；C圖標(biāo)為放射性藥品標(biāo)志，對(duì)人體有害，應(yīng)遠(yuǎn)離并報(bào)警，故C正確；D漂白粉中次氯酸鈣具有強(qiáng)的氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性，具有殺菌消毒作用，故D正確；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了元素化合物在生產(chǎn)生活中的用途，明確相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意對(duì)危險(xiǎn)品標(biāo)志的識(shí)記，題目難度不大2（3分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的敘述錯(cuò)誤的是（）A過(guò)濾操作中，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁B從滴瓶中取用試劑時(shí)，滴管的尖嘴可以接觸試管內(nèi)壁C做鈉的燃燒實(shí)驗(yàn)，可將金屬鈉放在坩堝里D向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時(shí)，導(dǎo)流用玻璃棒【分析】A過(guò)濾時(shí)，防止液滴飛濺；B從滴瓶中取用試劑時(shí)，防止試劑污染；C鈉燃燒生成

3、過(guò)氧化鈉、且放熱，且與坩堝不反應(yīng)；D轉(zhuǎn)移液體時(shí)需要引流【解答】解：A過(guò)濾時(shí)，防止液滴飛濺，則漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁，故A正確；B從滴瓶中取用試劑時(shí)，防止試劑污染，不能使滴管的尖嘴接觸試管內(nèi)壁，應(yīng)懸空正放，故B錯(cuò)誤；C鈉燃燒生成過(guò)氧化鈉、且放熱，且與坩堝不反應(yīng)，觀察燃燒現(xiàn)象從安全角度出發(fā)，將金屬鈉放在坩堝里，故C正確；D轉(zhuǎn)移液體時(shí)需要引流，則向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時(shí)，導(dǎo)流用玻璃棒，故D正確；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握混合物分離提純、試劑的取用、溶液配制、實(shí)驗(yàn)技能等為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大3（3分）濃硫酸有許多重要的性質(zhì)，

4、在與含有水分的蔗糖作用過(guò)程中不能顯示的性質(zhì)是（）A酸性B脫水性C強(qiáng)氧化性D吸水性【分析】濃硫酸除了具有酸固有的性質(zhì)酸性外，濃硫酸還具有自己特殊的性質(zhì)，與稀硫酸有很大差別，主要原因是濃硫酸溶液中存在大量未電離的硫酸分子（H2SO4），這些硫酸分子使?jié)饬蛩嵊泻芴厥獾男再|(zhì)，如濃硫酸與含有水分的蔗糖作用過(guò)程中顯示了它的吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性【解答】解：濃硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脫水后生成了黑色的炭（碳化），并會(huì)產(chǎn)生二氧化硫反應(yīng)過(guò)程分兩步，濃硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11）在濃硫酸作用下脫水，生成碳和水（試驗(yàn)后蔗糖會(huì)變黑，黑的就是碳顆粒），這一過(guò)程表現(xiàn)了濃硫酸的吸水性和脫水性：第二步，脫水反

5、應(yīng)產(chǎn)生的大量熱讓濃硫酸和C發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化硫，這一過(guò)程表現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查濃硫酸的性質(zhì)，濃硫酸除了具有酸性，還具有吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性4（3分）常溫下下列物質(zhì)中不能和水反應(yīng)的是（）ANH3BSO2CNaDNO【分析】常溫下與水反應(yīng)的物質(zhì)有活潑堿金屬單質(zhì)以及對(duì)應(yīng)的氧化物，易溶于水的酸性氧化物以及可與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)的非金屬性氧化物，氨氣等，以此解答該題【解答】解：A氨氣可與水反應(yīng)生成一水合氨，故A不選；B二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，故B不選；C鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，故C不選；DNO不和水反應(yīng)，故D選故選D【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查元素化合物知識(shí)，為高頻

6、考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和雙基知識(shí)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累5（3分）化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)下列過(guò)程中沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化的是（）A氯氣作自來(lái)水的殺菌消毒劑B硅膠作袋裝食品的干燥劑C二氧化硫作紙漿的漂白劑D大氣中的NO2導(dǎo)致酸雨的形成【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒(méi)有新物質(zhì)生成的變化，化學(xué)變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別是否有新物質(zhì)生成；據(jù)此分析判斷【解答】解：A氯氣作自來(lái)水殺菌消毒劑，氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，屬于化學(xué)變化故A錯(cuò)誤；B硅膠作袋裝食品的干燥劑，過(guò)程中只是吸收水蒸氣，沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B正確；C二氧化硫作紙漿的漂白劑是二氧化硫結(jié)合有色物質(zhì)

7、生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì)，屬于化學(xué)變化，故C錯(cuò)誤；D大氣中的NO2導(dǎo)致酸雨的形成過(guò)程中二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，屬于化學(xué)變化，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題難度不大，解答時(shí)要分析變化過(guò)程中是否有新物質(zhì)生成，若沒(méi)有新物質(zhì)生成屬于物理變化，若有新物質(zhì)生成屬于化學(xué)變化6（3分）下列物質(zhì)見(jiàn)光不會(huì)分解的是（）AHClOBAgNO3C濃HNO3DNaCl【分析】濃硝酸、硝酸銀、次氯酸見(jiàn)光都易分解；而氯化鈉見(jiàn)光不分解，以此來(lái)解答【解答】解：AHClO見(jiàn)光分解為HCl與氧氣，故A不選；B硝酸銀見(jiàn)光分解，故B不選；C濃硝酸見(jiàn)光分解為二氧化氮、氧氣與水，故C不選；D氯化鈉見(jiàn)光不分解，故D選，故選D【點(diǎn)評(píng)】本題

8、考查物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，綜合考查元素化合物知識(shí)，側(cè)重物質(zhì)穩(wěn)定性的考查，注意反應(yīng)條件為光照，題目難度不大7（3分）下列反應(yīng)可用離子方程式“HOH=H2O”表示的是（）ANaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液混合BNH4Cl溶液與Ca（OH）2溶液混合CHNO3溶液與KOH溶液混合DCH3COOH溶液與NaOH溶液混合【分析】離子方程式“HOH=H2O”表示可溶性強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)生成可溶性鹽和水的一類反應(yīng)，據(jù)此進(jìn)行解答【解答】解：ANaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液混合，反應(yīng)中有硫酸鋇沉淀生成，離子方程式不能用HOH=H2O表示，故A錯(cuò)誤；BNH4Cl溶液與Ca（OH）2溶液混合，反應(yīng)生成一水合

9、氨，不屬于中和反應(yīng)，離子方程式不能用HOH=H2O表示，故B錯(cuò)誤；CHNO3溶液與KOH溶液混合生成硝酸鉀和水，反應(yīng)的離子方程式為：HOH=H2O，故C正確；DCH3COOH溶液與NaOH溶液混合生成醋酸鈉和水，醋酸不能拆開(kāi)，其離子方程式為：CH3COOHOH=CH3COOHH2O，不能用HOH=H2O表示，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了離子方程式的判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式表示的意義為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力8（3分）下列有關(guān)NaClO和NaCl混合溶液的敘述正確的是（）A該溶液中，H、NH4、Ag可以大量共存B向該溶液

10、中通入CO2，不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)C該溶液可作游泳池及環(huán)境的消毒劑，有效成分是NaClD常溫下，將氯氣通入NaOH溶液中可以得到該溶液【分析】A離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子之間結(jié)合生成沉淀；B向該溶液中通入CO2，與NaClO溶液發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)；CNaClO具有強(qiáng)氧化性；D氯氣通入NaOH溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)【解答】解：AH、Cl、ClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cl、Ag結(jié)合生成沉淀，不能共存，故A錯(cuò)誤；B向該溶液中通入CO2，與NaClO溶液發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)生成HClO，故B錯(cuò)誤；CNaClO具有強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒，可作游泳池及環(huán)境的消毒劑，有效成分是NaClO，故C錯(cuò)誤；D氯氣通

11、入NaOH溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成NaClO和NaCl，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查鈉的化合物，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大9（3分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是（）A做蒸餾實(shí)驗(yàn)時(shí)，如果加熱后發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)停止加熱，冷卻后補(bǔ)加B氨氣可使?jié)駶?rùn)的藍(lán)色石蕊試紙變紅C用稀硝酸除去Cu中混有的CuOD向某溶液中滴加氯水后再滴加KSCN溶液，溶液變紅說(shuō)明原溶液一定含有Fe2【分析】A蒸餾時(shí)加沸石防止暴沸，溫度高加沸石易導(dǎo)致液滴飛濺；B氨氣使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)；CCu、CuO均與硝酸反應(yīng)；D滴加氯水后可氧化

12、亞鐵離子【解答】解：A蒸餾時(shí)加沸石防止暴沸，溫度高加沸石易導(dǎo)致液滴飛濺，則加熱后發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)停止加熱，冷卻后補(bǔ)加，故A正確；B氨氣使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，不能用藍(lán)色石蕊試紙，故B錯(cuò)誤；CCu、CuO均與硝酸反應(yīng)，不能除雜，應(yīng)選鹽酸或稀硫酸，故C錯(cuò)誤；D滴加氯水后可氧化亞鐵離子，干擾檢驗(yàn)，應(yīng)先加KSCN溶液無(wú)現(xiàn)象，再加氯水變血紅色，檢驗(yàn)原溶液含有Fe2，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握混合物分離提純、物質(zhì)的檢驗(yàn)、離子檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合，題目難度不大10（3分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的

13、是（）A將銅插入稀硝酸中：Cu4H2NO3Cu22NO22H2OB向Fe2（SO4）3溶液中加入過(guò)量鐵粉：Fe3Fe2Fe2C向Al2（SO4）3溶液中加入過(guò)量氨水：Al33NH3H2OAl（OH）33NH4D向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO32HH2SiO32Na【分析】A反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水；B電子、電荷不守恒；C反應(yīng)生成氫氧化鋁和硫酸銨；D硅酸鈉完全電離【解答】解：A將銅插入稀硝酸中的離子反應(yīng)為3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O，故A錯(cuò)誤；B向Fe2（SO4）3溶液中加入過(guò)量鐵粉的離子反應(yīng)為2Fe3Fe3Fe2，故B錯(cuò)誤；C向Al2（SO4）3溶液中加入過(guò)量氨水的

14、離子反應(yīng)為Al33NH3H2OAl（OH）33NH4，故C正確；D向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸的離子反應(yīng)為SiO322HH2SiO3，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意離子方程式中保留化學(xué)式的物質(zhì)及電子、電荷守恒，題目難度不大11（3分）下列有關(guān)鈉的化合物說(shuō)法正確的是（）A將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中制備Fe（OH）3膠體B用加熱法除去NaHCO3固體中混有的Na2CO3C灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na，一定沒(méi)有KDNa2O2可用于呼吸面具中氧氣的滴加到

15、飽和FeCl3溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)；B碳酸氫鈉加熱分解；C焰色反應(yīng)為元素的性質(zhì)，觀察K的焰色反應(yīng)需要透過(guò)藍(lán)色的鈷玻璃；D過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣【解答】解：ANaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成沉淀，不是膠體，故A錯(cuò)誤；B碳酸氫鈉加熱分解，加熱將原物質(zhì)除去，則加熱不能除雜，故A錯(cuò)誤；C焰色反應(yīng)為元素的性質(zhì)，觀察K的焰色反應(yīng)需要透過(guò)藍(lán)色的鈷玻璃，則灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na，不能確定是否含K，故C錯(cuò)誤；D過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，則Na2O2可用于呼吸面具中氧氣的評(píng)】本題考查鈉的化合物，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、

16、焰色反應(yīng)、性質(zhì)與用途為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大12（3分）下列氣體中是非電解質(zhì)，且和SO2一起通入到BaCl2溶液中可生成BaSO3沉淀的是（）ACl2BH2SCNH3DHCl【分析】能夠和SO2一起通入到BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀，必須生成亞硫酸根離子，據(jù)此分析【解答】解：A、氯氣和SO2一起通入到BaCl2溶液中可生成BaSO4沉淀，且氯氣不是電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B、H2S是電解質(zhì)，但和SO2一起通入到BaCl2溶液中可生成S沉淀，故B錯(cuò)誤；C、NH3是非電解質(zhì)且是堿性氣體和SO2一起通入到BaCl2溶液中可生成BaSO3沉淀，故C正

17、確；D、HCl是電解質(zhì)且和SO2一起通入到BaCl2溶液中，沒(méi)有沉淀生成，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電解質(zhì)和非電解質(zhì)的相關(guān)概念以及溶液中的離子反應(yīng)，題目難度不大，注意基本概念的了解13（3分）下列方法中，不能用于實(shí)驗(yàn)室制備氨氣的是（）A加熱濃氨水B將濃氨水滴到生石灰上C加熱氯化銨固體D將熟石灰和氯化銨的混合物加熱【分析】A加熱濃氨水，NH3H2ONH3H2ONH4OH，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；B氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，同時(shí)放出大量的熱，促進(jìn)NH3H2O的分解及NH3的揮發(fā)逸出；C氯化銨受熱生成氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫遇冷又生成氯化銨；D熟石灰和氯化銨混合加熱，生成氯化鈣、水、氨氣【

18、解答】解：A加熱濃氨水，NH3H2ONH3H2ONH4OH，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，有利于氨氣的逸出，能夠制得氨氣，故A正確；B氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，同時(shí)放出大量的熱，促進(jìn)NH3H2O的分解及NH3的揮發(fā)逸出，能夠制得氨氣，故B正確；C氯化銨受熱生成氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫遇冷又生成氯化銨，很難制得氨氣，故C錯(cuò)誤；D熟石灰和氯化銨混合后加熱可以制取氨氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH4ClCa（OH）2CaCl22NH32H2O，故D正確；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查氨氣的實(shí)驗(yàn)室制法，掌握實(shí)驗(yàn)室制取氨氣的反應(yīng)原理、熟悉氯化銨的性質(zhì)，并會(huì)根據(jù)反應(yīng)原理選擇實(shí)驗(yàn)裝置是解答的關(guān)鍵，題目難度不大14（3分

19、）設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說(shuō)法正確的是（）A23gNa與足量H2O反應(yīng)完全后可生成NA個(gè)H2分子B1molCu和足量熱濃硫酸反應(yīng)可生成NA個(gè)SO3分子C標(biāo)準(zhǔn)狀況下，含NA個(gè)原子D3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8NA個(gè)電子【分析】A鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，1mol鈉反應(yīng)生成氫氣；B不符合反應(yīng)客觀事實(shí)；C依據(jù)n=結(jié)合氯氣為雙原子分子結(jié)構(gòu)解答；D根據(jù)Fe3O4中鐵為價(jià)來(lái)分析【解答】解：物質(zhì)的量為1mol，與足量H2O反應(yīng)完全后可生成個(gè)H2分子，故A錯(cuò)誤；B銅與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸銅、水，故B錯(cuò)誤；C標(biāo)準(zhǔn)狀況下，物質(zhì)的量為=1mol，含有2NA個(gè)原子，故C錯(cuò)誤

20、；DFe3O4中鐵為價(jià)，故1mol鐵反應(yīng)失去mol電子，3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)化為Fe3O4失去8mol電子，即8NA個(gè)，故D正確；故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握物質(zhì)的量與阿伏伽德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量等物理量之間關(guān)系是解題關(guān)鍵，注意濃硫酸的性質(zhì)，題目難度不大15（3分）下列關(guān)于物質(zhì)分類的說(shuō)法正確的是（）A金屬氧化物都是堿性氧化物B氨水和液氯都是純凈物CCuSO4溶液和Al（OH）3膠體都能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)D碳酸氫鈉屬于鹽類【分析】A堿性氧化物：能跟酸起反應(yīng)，生成一種鹽和水的氧化物叫堿性氧化物（且生成物只能有鹽和水，不可以有任何其它物質(zhì)生成）；B含有一種物質(zhì)的為純凈物；C

21、丁達(dá)爾效應(yīng)為膠體特有性質(zhì)；D一類金屬離子或銨根離子（NH4）與酸根離子或非金屬離子結(jié)合的化合物為鹽【解答】解：A金屬氧化物不都是堿性氧化物，如過(guò)氧化鈉，故A錯(cuò)誤；B氨水中含有氨氣、一水合氨、水分子等，屬于混合物，故B錯(cuò)誤；C硫酸銅溶液不屬于膠體，不具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D碳酸氫鈉電離產(chǎn)生鈉離子和碳酸氫根離子，屬于鹽，故D正確；故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的分類，明確堿性氧化物、混合物、鹽的概念，熟悉膠體的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)掌握熟練程度16（3分）下列反應(yīng)中，反應(yīng)后固體物質(zhì)增重的是（）A氫氣通過(guò)灼熱的CuO粉末B二氧化碳通過(guò)Na2O2粉末C氫氧化鋁受熱分解D將鋅粒投入C

22、uSO4溶液【分析】ACuO轉(zhuǎn)化為Cu；B過(guò)氧化鈉轉(zhuǎn)化為碳酸鈉；C氫氧化鋁分解生成氧化鋁和水；DZn與CuSO4溶液反應(yīng)生成ZnSO4、Cu【解答】解：A氫氣與CuO反應(yīng)生成Cu和水，CuO固體的質(zhì)量減小，故A不選；B二氧化碳通過(guò)Na2O2粉末，反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，固體質(zhì)量增加，故B選；C氫氧化鋁分解生成氧化鋁和水，氫氧化鋁固體質(zhì)量減小，故C不選；DZn與CuSO4溶液反應(yīng)生成ZnSO4、Cu，每參加1molZn失去1molCu，溶液質(zhì)量增加，固體質(zhì)量減少，故D不選；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)反應(yīng)方程式的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)、固體質(zhì)量變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注

23、意判斷反應(yīng)前后的固體，題目難度不大17（3分）一定條件下，一種反應(yīng)物過(guò)量，另一種反應(yīng)物能完全反應(yīng)的是（）A過(guò)量的鋁與冷的濃硝酸B過(guò)量的二氧化錳與濃鹽酸C過(guò)量的銅與濃硫酸D過(guò)量的鋅與18mol/L硫酸【分析】A鋁遇到冷的濃硝酸會(huì)發(fā)生鈍化；B二氧化錳只與濃鹽酸反應(yīng)，稀鹽酸不反應(yīng)；C銅與稀硫酸不能反應(yīng)；D過(guò)量的鋅與18mol/L硫酸溶液反應(yīng)，首先生成二氧化硫，當(dāng)濃變稀的時(shí)候生成氫氣【解答】解：A鋁遇到冷的濃硝酸會(huì)發(fā)生鈍化，硝酸能反應(yīng)完全，只在鋁表面發(fā)生反應(yīng)形成致密的氧化膜，硝酸不能全部反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B二氧化錳只與濃鹽酸反應(yīng)，稀鹽酸不反應(yīng)，二氧化錳過(guò)量，稀鹽酸也不能完全反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C銅活潑性弱只

24、能與濃硫酸反應(yīng)，與稀硫酸不反應(yīng)，硫酸不能完全反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D過(guò)量的鋅與18mol/L硫酸溶液反應(yīng)，首先生成二氧化硫，當(dāng)濃變稀的時(shí)候生成氫氣，過(guò)量的鋅與18mol/L硫酸反應(yīng)時(shí)，硫酸能全部反應(yīng)，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度不大，注意化學(xué)反應(yīng)中的一些特殊情況，注意反應(yīng)的可逆性和物質(zhì)的濃度問(wèn)題，側(cè)重于考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力18（3分）化學(xué)在生活中有著廣泛的應(yīng)用，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A工業(yè)上用生石灰做脫硫劑B氯化鐵腐蝕銅刻制印刷電路板C明礬可用做凈水劑D氫氟酸可用玻璃器皿存放【分析】ASO2能與CaO反應(yīng)生成亞硫酸鈣，最終生成硫酸鈣；B氯化鐵與Cu反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯

25、化銅；C明礬在溶液中電離出鋁離子能水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性；D氫氟酸能與玻璃中的成分反應(yīng)【解答】解：ASO2能與CaO反應(yīng)生成亞硫酸鈣，最終生成硫酸鈣，可防止二氧化硫的污染，所以工業(yè)上用生石灰做脫硫劑，故A正確；B氯化鐵與Cu反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，則氯化鐵能腐蝕銅刻制印刷電路板，故B正確；C明礬在溶液中電離出鋁離子能水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮顆粒形成沉淀，從而起到凈水作用，故C正確；D氫氟酸能與玻璃中的成分二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅氣體和水，所以不能用玻璃容器盛放氫氟酸，故D錯(cuò)誤故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素化合物性質(zhì)以及應(yīng)用，側(cè)重于元素化

26、合物知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意把握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)19（3分）某鐵的氧化物（FeO）溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mLCl2，恰好將Fe2完全氧化下列說(shuō)法正確的是（）AFeO溶于足量鹽酸后只生成了FeCl3和H2OB標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mLCl2的物質(zhì)的量是5molC=D通入Cl2后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：Fe2Cl2=Fe32Cl【分析】AFeO中含有Fe2；B根據(jù)n=計(jì)算；C根據(jù)電子守恒可知，F(xiàn)eO被氧化為Fe3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等；D氧化物在離子方程式中要寫化學(xué)式【解答】解：A某鐵的氧化物（FeO）溶于足量鹽酸中，

27、再通入氯氣，將Fe2完全氧化，則生成Fe3，所以FeO溶于HCl生成FeCl2，故A錯(cuò)誤；B標(biāo)準(zhǔn)狀況下，n=，故B錯(cuò)誤；CFeO中Fe的平均化合價(jià)為，被氧化為Fe3，根據(jù)電子守恒可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mLCl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2=則有：（3）=，解得=，故C正確；D氧化物在離子方程式中要寫化學(xué)式，所以FeO在離子方程式中不能寫成Fe2，故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)計(jì)算、離子方程式的書寫，題目難度不大，注意氧化還原反應(yīng)計(jì)算中電子轉(zhuǎn)移守恒運(yùn)用，本題中注意平均化合價(jià)的應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生的分析計(jì)算能力20（3分）稱取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合

28、物樣品，加入含的溶液，完全反應(yīng)后加熱，生成NH31792mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則下列說(shuō)法正確的是（）ANaOH只與NH4HSO4反應(yīng)B（NH4）2SO4在水中的電離方程式：（NH4）2SO4=NH4SO42CNH4HSO4的物質(zhì)的量是D（NH4）2SO4和NH4HSO4物質(zhì)的量之比是：1【分析】假設(shè)混合物完全為（NH4）2SO4時(shí)消耗NaOH的量最小，（NH4）2SO4的物質(zhì)的量為，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為2=，說(shuō)明氫氧化鈉的物質(zhì)的量不足，（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品中加入氫氧化鈉溶液后，先與反應(yīng)NH4HSO4，然后與（NH4）2SO4反應(yīng)生成氨氣，標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成氨氣的物質(zhì)的量為：

29、=，則與氫離子反應(yīng)消耗NaOH的物質(zhì)的量為=，故NH4HSO4的物質(zhì)的量為，所以（NH4）2SO4的質(zhì)量為115g/mol=，其物質(zhì)的量為，以此來(lái)解答【解答】解：A由上述分析可知，則NaOH先與NH4HSO4反應(yīng)，后與（NH4）2SO4反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B（NH4）2SO4在水中的電離方程式為（NH4）2SO4=2NH4SO42，遵循電荷守恒，故B錯(cuò)誤；CNH4HSO4的物質(zhì)的量是，故C錯(cuò)誤；D（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為：=：1，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握極性法判斷發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意反應(yīng)的先后順序，題目

30、難度不大二、本題共4小題，共40分21（3分）（1）在實(shí)驗(yàn)室中，常使氣體通過(guò)干燥劑濃硫酸堿石灰，達(dá)到干燥氣體的目的干燥下列氣體可選擇所列出的哪種干燥劑（填序號(hào)）SO2NH3Cl2（2）在氮的單質(zhì)和常見(jiàn)化合物中：常用作保護(hù)氣（如填充燈泡）的物質(zhì)是，常用作制冷劑的物質(zhì)是（3）舍勒將軟錳礦與濃鹽酸混合加熱，在世界上首先制得了氯氣反應(yīng)的離子方程式為：其中，氧化劑是高錳酸鉀是強(qiáng)氧化劑，用高錳酸鉀與濃鹽酸混合在常溫下即可反應(yīng)生成氯氣，從反應(yīng)條件分析，高錳酸鉀與二氧化錳誰(shuí)的氧化性更強(qiáng)【分析】（1）濃硫酸為酸性干燥劑，不能干燥堿性、還原性氣體；堿石灰為堿性干燥劑，不能干燥酸性氣體；（2）依據(jù)氮?dú)庑再|(zhì)穩(wěn)定，液氨

31、汽化吸收大量的熱，具有制冷作用；（3）二氧化錳與濃鹽酸加熱條件下反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，依據(jù)反應(yīng)物中元素化合價(jià)變化判斷氧化劑；依據(jù)反應(yīng)條件判斷氧化性強(qiáng)弱【解答】解：（1）二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，?yīng)選擇酸性干燥劑，故選：；氨氣為堿性氣體，應(yīng)選擇堿性干燥劑，故選：；氯氣能夠與堿石灰中氫氧化鈉反應(yīng)，不能用堿性干燥劑，應(yīng)選擇濃硫酸干燥，故選：；故答案為：；（2）氮?dú)庑再|(zhì)穩(wěn)定，常用作保護(hù)氣（如填充燈泡）；液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用；故答案為：N2，NH3；（3）二氧化錳與濃鹽酸加熱條件下反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，離子方程式：4H2ClMnO2Mn2Cl22H2O，反應(yīng)中二氧化錳中4價(jià)錳降為2價(jià)，

32、所以二氧化錳為氧化劑；高錳酸鉀是強(qiáng)氧化劑，用高錳酸鉀與濃鹽酸混合在常溫下即可反應(yīng)生成氯氣，從反應(yīng)條件可知，高錳酸鉀氧化鹽酸條件要求低，所以高錳酸鉀氧化性強(qiáng)；故答案為：4H2ClMnO2Mn2Cl22H2O，MnO2，KMnO4【點(diǎn)評(píng)】本題為綜合題，涉及干燥劑的選擇，離子方程式書寫，氧化性強(qiáng)弱判斷，熟悉常見(jiàn)干燥劑的性質(zhì)，明確離子反應(yīng)實(shí)質(zhì)是解題關(guān)鍵22（3分）某同學(xué)采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)）制取七水合硫酸亞鐵（FeSO47H2O），設(shè)計(jì)了如圖流程：（1）溶解燒渣選用足量酸的化學(xué)式為，試劑X選用（2）固體1成分的化學(xué)式是，固體2成分的化學(xué)

33、式（3）寫出固體2與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式：【分析】硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)）中加入足量稀硫酸，發(fā)生的反應(yīng)有Fe2O33H2SO4=Fe2（SO4）33H2O、Al2O33H2SO4=Al2（SO4）33H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后過(guò)濾，得到的固體1成分為SiO2，濾液1中含有Fe2（SO4）3、H2O、Al2（SO4）3；在濾液1中加入X，然后加入NaOH溶液并調(diào)節(jié)溶液的L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2Br22H2O=2HBrH2SO4，用單線橋表示電子轉(zhuǎn)移情況，然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后

34、得干燥固體由此推知?dú)怏wY中SO2的體積分?jǐn)?shù)為探究二分析上述實(shí)驗(yàn)中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體為此設(shè)計(jì)了下列探究實(shí)驗(yàn)裝置（圖中夾持儀器省略）（3）裝置B中試劑的作用是（4）認(rèn)為氣體Y中還含有CO2的理由是（用化學(xué)方程式表示）（5）為確認(rèn)CO2的存在，需在裝置中添加M于，M中盛裝的是（選填序號(hào)）aA之前，NaOH溶液bAB間，NaOH溶液cBC間，澄清石灰水dCD間，澄清石灰水（6）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計(jì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象應(yīng)是【分析】（1）常溫下鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化；（2）二價(jià)鐵離子具有強(qiáng)的還原性，能夠使酸性的高錳酸鉀褪色，檢驗(yàn)Fe2，可利用2價(jià)亞鐵離子能使酸化的

35、高錳酸鉀褪色來(lái)檢驗(yàn)；生成的SO2具有還原性，通入足量溴水中，發(fā)生SO2Br22H2O=2HBrH2SO4，利用硫元素的守恒，結(jié)合關(guān)系式：SO2BaSO4求出SO2的體積分?jǐn)?shù)；（3）二氧化硫能使品紅溶液褪色，從而檢驗(yàn)二氧化硫是否除盡；（4）加熱條件下，C和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳；（5）在確定不存在二氧化硫條件下，將氣體通入澄清石灰水檢驗(yàn)是否含有二氧化碳；（6）氫氣具有還原性，能還原性，能還原黑色的氧化銅生成紅色的銅單質(zhì)，同時(shí)生成水，水能使無(wú)水硫酸銅變藍(lán)色【解答】解：（1）濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性，常溫下遇到鐵發(fā)生鈍化，形成致密氧化膜阻止反應(yīng)進(jìn)行，工業(yè)上能用鐵質(zhì)容器盛裝冷的濃硫酸故答案為：能；（2）a

36、溶液中含有三價(jià)鐵離子，遇到硫氰酸鉀顯紅色，對(duì)二價(jià)鐵離子檢驗(yàn)造成干擾，故a不選；b溶液中含有三價(jià)鐵離子硫氰酸鉀顯紅色，鐵和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，不能檢驗(yàn)出亞鐵離子，故b不選；c亞鐵離子和濃氨水反應(yīng)生成白色沉淀，但不穩(wěn)定，立即轉(zhuǎn)化為黃綠色最終轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，鐵離子和濃氨水反應(yīng)生成紅褐色沉淀，所以無(wú)論是否含有亞鐵離子，加入濃氨水都產(chǎn)生紅褐色沉淀，故c不選；d二價(jià)鐵離子具有強(qiáng)的還原性，能夠使酸性的高錳酸鉀褪色，三價(jià)鐵離子不具有還原性，不能使高錳酸鉀褪色，所以可以用來(lái)檢驗(yàn)二價(jià)鐵離子，故d選；故答案為：d；SO2具有還原性，通入足量溴水中，發(fā)生SO2Br22H2O=2HBrH2SO4，用單線橋表示電子轉(zhuǎn)移情況的化學(xué)方程式為：n（混合氣體）=，SO2BaSO41mol233gn=；則SO2的體積分?jǐn)?shù)：100%=%，故答案為：%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗(yàn)A中是否完全除去二氧化硫，故答案為：檢