陕西西安中学20222022年高一期末化学试卷（实验班）.doc

2022-2022学年陕西省西安中学高一上期末化学试卷试验班一选择题此题包括23个小题，每题2分，共46分每题只有1个选项符合题意1将金属钠投入以下物质的溶液中，有气体放出，且产生沉淀的是A稀盐酸BK2SO4溶液CCuSO4溶液DNaOH溶液2将钠、镁、铝各0.3mol分别放入 足量盐酸中，同温同压下产生气体的体积比是A1：2：3B6：3：2C3：1：1D1：1：131mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反响，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是ANa2CO3、Na2O2BNa2CO3CNaOH、Na2CO3DNa2O2、NaOH、Na2CO34以下关于过氧化钠的表达正确的选项A过氧化钠能与酸反响生成盐和水，因此过氧化钠是碱性氧化物B某氧化物焰色反响为黄色，该氧化物为过氧化钠CNa2O2中阴阳离子个数比1：lD过氧化钠与二氧化碳反响时，过氧化钠既是氧化剂又是复原剂5在铝制易拉罐中搜集一满罐CO2，参与过量浓NaOH溶液，马上把口封闭觉察易拉罐“咔咔作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来那么以下说法错误的选项是A导致易拉罐变瘪的反响是：CO2+2OH=CO32+H2OB导致易拉罐又鼓起来的反响是：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2C取易拉罐内反响后的溶液，逐滴参与足量的盐酸，只能发生3个化学反响D假设将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，易拉罐也会毁灭先瘪后鼓的现象6以下各组中的两种物质作用时，反响物用量转变，不会引起产物转变的是ANaOH和CO2BAl2SO43和NaOHCNa2CO3和HClDAl2O3和NaOH7把CO2通入NaOH溶液中，当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2：1时，CO2和NaOH的物质的量之比为A3：2B3：4C3：5D1：28以下各组物质充分反响的气体产物中，只有一种气体的是A木炭和浓硫酸共热B铁粉与高温水蒸气反响C足量的铜参与确定量的浓硝酸中DNa2O2参与少量的氯化铵溶液中9以下关于物质或离子检验的表达正确的选项A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2101L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z0.1mol/L的氢氧化钠或硫酸溶液，所得沉淀的物质的量随着Z溶液的体积变化关系如以以下图，那么X、Y、Z分别是AAlCl3、FeCl3、NaOHBAlCl3、MgCl2、NaOHCNaAlO2、BaOH2、H2SO4DNaAlO2、BaCl2、H2SO411以下各组物质之间通过一步就能实现如以以下图转化的是 物质编号 物质转化关系 a bc d NO NO2 N2 HNO3 Al2O3 NaAlO2 Al AlOH3 SiO2 Na2SiO3 Si H2SiO3 SO2 SO3 S H2SO4ABCD12将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合在试管中充分反响，假设过滤后滤渣能被磁铁吸引，那么以下有关表达正确的选项A溶液中确信不存在的离子只有Cu2+BFe3+和Cu2+均完全被铁粉复原C滤液中滴加KSCN溶液显红色D滤渣中确信不含有铜13以下除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的选项ANa2CO3固体中混有NaHCO3：充分加热固体混合物BFeCl2溶液中混有FeCl3：参与过量的铁粉，过滤CFe2O3 固体中混有Al2O3：参与足量的盐酸，过滤DFeCl3溶液中混有FeCl2：通入足量的Cl214所谓合金，的确是不同种金属也包括一些非金属在熔化状态下构成的一种熔合物，依照以下四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点10836601535沸点883259522003000你推断其中不能构成合金的是ACu和AlBFe和CuCFe和NaDAl和Na15微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如以以下图：微粒甲是ASiBNa+CAlDSO216以下说法正确的选项A水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品B工艺师利用盐酸刻蚀石英制造艺术品C二氧化硅可用于制备光导纤维D化学家承受玛瑙研砵磨擦固体反响物进展无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐17如以以下图：假设关闭阀，翻开阀，让一种含有氯气的气体通过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；假设关闭阀翻开阀，再通入这种气体，布条褪色甲瓶中所盛的试剂可能是 浓H2SO4；NaOH溶液；KI溶液；饱和NaCl溶液ABCD18以下试验过程始终无明显现象的是ACO2气体通入BaNO32溶液中BNO2气体通入FeSO4溶液中CH2S气体通入CuSO4溶液中DHC1气体通入NaSiO3溶液中19某爱好小组探究SO2气体复原Fe3+，他们使用的药品和装置如以以下图：其中以下说法不合理的是A能说明I的复原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B装置C的作用是吸取SO2尾气，防止污染空气C为了验证A中发生了氧化复原反响，参与用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀D为了验证A中发生了氧化复原反响，参与KMnO4溶液，紫红色褪去20碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反响产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中如图装置，以下有关说法不正确的选项A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡BZ导管出来的气体中含有二氧化碳C气瓶中产生的沉淀是硫酸钡DZ导管口有红棕色气体毁灭21以下推断正确的选项ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反响BNa2O、Na2O2组成元素一样，与CO2反响产物也一样CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色22向含Al2SO43和AlCl3的混合溶液中逐滴参与1mol/L BaOH2溶液至过量，参与BaOH2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，以下说法不正确的选项A图中A点生成的沉淀是BaSO4和AlOH3B原混合液中cAl2SO43：cAlCl3=1：2CAB段反响的离子方程式为：3Ba2+2Al3+8OH+3SO42BaSO4+2AlO2+4H2OD向D点溶液中通入CO2气体，马上产生白色沉淀23合成氨及其相关工业中，局部物质间的转化关系如图：以下说法不正确的选项A甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素B反响II、III和的氧化剂一样CVI的产物可在上述流程中被再次利用DV中发生反响：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl二填空题4小题，共计48分24A、B、C、D均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，它们之间有如下转化关系，其中A是单质1假设A是一种淡黄色固体，B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，C是构成酸雨的主要物质请写出C与B反响的化学方程式 2假设B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，且CD是构成光化学烟雾的一个重要缘由请写出反响的化学方程式 试验室中检验气体B用的试剂或用品为 3假设B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反响均需要强碱性溶液，反响能够通过滴加少量稀盐酸实现，请写出的离子方程式 4假设C是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，D是一种强碱那么C做供氧剂时与CO2反响的氧化产物和复原产物的物质的量之比为 ；焰色反响时，D的火焰呈 色25现有确定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用图的试验装置测定Na2O2试样的纯度，试验时将样品放置于D中可供选用的反响物只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水答复以下询问题：1装置A中液体试剂选用 2装置B的作用是 装置C的作用是 装置E中碱石灰的作用是 3装置D中发生反响的化学方程式是 、 4假设开场时测得样品的质量为2.0g，反响完毕后测得气体体积为224mL标准状况，那么Na2O2试样的纯度为 26无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183C时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾某中学化学爱好小组拟利用中学常见仪器设计试验制备无水AlCl3，试验装置如以以下图请答复以下询问题：1制备试验开场时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是 a参与MnO2粉末 b点燃A中酒精灯 c参与浓盐酸 d点燃D处酒精灯2写出A装置中发生反响的离子方程式： 3装置B和C中的试剂分别是 、 4甲同学认为F和G能够用一种仪器替代，且参与一种药品即可到达一样效果这种药品是能够是 其作用是 5E中得到少量白色粉末，翻开软木塞后可明显观看到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其缘由： 27NO分子曾因污染空气而臭名昭著，但随着“扩张血管、免疫、加强经受功能的觉察，如今成为当前生命科学争辩中的“明星分子，答复以下询问题：1汽车燃料中一般不含氮元素，尾气中所含的NO是如何产生的？请用化学方程式解释相关缘由 2在含有Cu+的酶的活化中心，亚硝酸根离子NO2可转化为NO，写出Cu+和NO2在酸性溶液中转化为NO的离子方程式 3确定条件下NO可转化为N2O和另一种红棕色气体，方程式为 4镁铁混合物4.9g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反响后得到标准状况下2.24LNO气体假设向反响后的溶液中参与足量的烧碱，那么可生成沉淀的质量是 三计算题1小题，共计6分28将可能含有少量碳、硅杂质的a克镁铝合金投入100mL确定物质的量浓度的盐酸中，合金局部溶解，过滤，向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与参与氢氧化钠溶液的体积的关系如以以下图1原合金中Mg、Al的质量各是多少？2盐酸的物质的量浓度是多少？2，那么a的最小值是多少？2022-2022学年陕西省西安中学高一上期末化学试卷试验班参考答案与试题解析一选择题此题包括23个小题，每题2分，共46分每题只有1个选项符合题意1将金属钠投入以下物质的溶液中，有气体放出，且产生沉淀的是A稀盐酸BK2SO4溶液CCuSO4溶液DNaOH溶液【考点】GE：钠的化学性质【分析】金属钠投入到盐或碱溶液中时，先和水反响生成生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和局部盐发生复分解反响，依照参与钠的质量和析出物质的质量相对大小推断，据此分析解答【解答】解：A、钠和盐酸的反响方程式为：2Na+2HCl2NaCl+H2，依照方程式知，溶液增加的质量=mNamH2，故A错误；B、将金属钠参与到硫酸钾溶液中，只有金属钠和水之间反响，钠和水的反响方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，依照方程式知，溶液增加的质量=mNamH2，故B错误；C、钠和水的反响方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，生成的氢氧化钠和硫酸铜反响，方程式为：2NaOH+CuSO4Na2SO4+CuOH2，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuSO4H2+Na2SO4+CuOH2，由方程式知，溶液的质量减轻，故C正确；D、钠和水的反响方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，水量削减，假设为饱和溶液会有氢氧化钠会析出，那么氢氧化钠溶液中不愿定有沉淀析出，故D错误；应选：C2将钠、镁、铝各0.3mol分别放入 足量盐酸中，同温同压下产生气体的体积比是A1：2：3B6：3：2C3：1：1D1：1：1【考点】5A：化学方程式的有关计算；GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】由金属与酸反响的本质可知，金属失去的电子数等于H得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比【解答】解：由金属与酸反响的本质可知，盐酸足量，金属完全反响，金属失去的电子数等于H得到的电子数，Na失去的电子数为0.3mol，2=0.6mol，3=0.9mol，那么同温同压下产生气体的体积比0.3mol：0.6mol：0.9mol=1：2：3，应选A31mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反响，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是ANa2CO3、Na2O2BNa2CO3CNaOH、Na2CO3DNa2O2、NaOH、Na2CO3【考点】GF：钠的重要化合物【分析】碳酸氢钠不稳定受热分解，方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H22CO322O，然后过氧化钠分别与水和二氧化碳反响，确定最终的固体的物质【解答】解：碳酸氢钠不稳定受热分解，方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H22CO322O，那么：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O， 2mol 1mol 1mol 1mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2， 1mol 1mol 1mol那么过氧化钠恰好与碳酸氢钠分解生成的二氧化碳反响，排出气体物质后冷却，残留的固体物质为2molNa2CO3，应选：B4以下关于过氧化钠的表达正确的选项A过氧化钠能与酸反响生成盐和水，因此过氧化钠是碱性氧化物B某氧化物焰色反响为黄色，该氧化物为过氧化钠CNa2O2中阴阳离子个数比1：lD过氧化钠与二氧化碳反响时，过氧化钠既是氧化剂又是复原剂【考点】GF：钠的重要化合物【分析】ANa2O2与酸反响不仅生成盐和水，还生成O2；B某氧化物焰色反响为黄色，可知氧化物确定含Na元素；C过氧化钠中过氧根离子显2价；DNa2O2与CO2反响过程中，Na2O2中氧元素化合价既上升又降低，Na2O2既是氧化剂又是复原剂【解答】解：A与酸反响不仅生成盐和水，还生成O2，故Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；B某氧化物焰色反响为黄色，可知氧化物确定含Na元素，可能为氧化钠，故B错误；C过氧化钠中过氧根离子显2价，其电子式是，晶体中阴阳离子个数比为1：2，故C错误；DNa2O2与CO2或H2O反响过程中，Na2O2中氧元素化合价既上升又降低，Na2O2既是氧化剂又是复原剂，故D正确，应选D5在铝制易拉罐中搜集一满罐CO2，参与过量浓NaOH溶液，马上把口封闭觉察易拉罐“咔咔作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来那么以下说法错误的选项是A导致易拉罐变瘪的反响是：CO2+2OH=CO32+H2OB导致易拉罐又鼓起来的反响是：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2C取易拉罐内反响后的溶液，逐滴参与足量的盐酸，只能发生3个化学反响D假设将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，易拉罐也会毁灭先瘪后鼓的现象【考点】GJ：铝的化学性质【分析】易拉罐变瘪发生CO2+2OHCO32+H2O，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，气体压强增大，以此来解答【解答】解：A气体与碱反响，导致易拉罐变瘪，反响为CO2+2OHCO32+H2O，故A正确；B易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，气体压强增大，故B正确；C取易拉罐内反响后的溶液，含NaOH、偏铝酸钠、碳酸钠，逐滴参与足量的盐酸，均发生复分解反响，且Al与盐酸发生置换反响，共4个反响，故C错误；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，先发生氨气与浓盐酸反响，后发生Al与盐酸的反响，那么易拉罐也会毁灭先瘪后鼓的现象，故D正确；应选C6以下各组中的两种物质作用时，反响物用量转变，不会引起产物转变的是ANaOH和CO2BAl2SO43和NaOHCNa2CO3和HClDAl2O3和NaOH【考点】GK：镁、铝的重要化合物【分析】一般来说二元酸或对应的酸酐与碱的反响、多元弱酸对应的盐与酸的反响、铝盐与碱或偏铝酸盐与酸的反响，反响物的用量不同，反响的程度不同，以此解答该题【解答】解：A依照CO2和NaOH的相对量的不同可生成Na2CO3、NaHCO3或两种都有，故A不选；BAl2SO43和NaOH的相对量的不同可生成AlOH3或NaAlO2或两种都有，故B不选；CNa2CO3和HCl的相对量的不同可生成NaHCO3或CO2，或两种都有，故C不选；DAl2O3和NaOH只生成NaAlO2，与量无关，故D选应选D7把CO2通入NaOH溶液中，当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2：1时，CO2和NaOH的物质的量之比为A3：2B3：4C3：5D1：2【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】令CO2和NaOH的物质的量分别为xmol、ymol，依照碳元素、钠元素守恒计算解答【解答】解：令CO2和NaOH的物质的量分别为xmol、ymol，当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2：1时，依照碳元素、钠元素守恒可知，x：y=2+1：22+1=3：5，应选C8以下各组物质充分反响的气体产物中，只有一种气体的是A木炭和浓硫酸共热B铁粉与高温水蒸气反响C足量的铜参与确定量的浓硝酸中DNa2O2参与少量的氯化铵溶液中【考点】F8：浓硫酸的性质；EG：硝酸的化学性质；GF：钠的重要化合物；GM：铁的化学性质；GP：铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A碳和浓硫酸加热反响生成二氧化碳和二氧化硫气体；B铁和水蒸气在高温下反响生成氢气； C铜和浓硝酸反响生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反响生成一氧化氮气体；D过氧化钠和氯化铵溶液反响生成氧气和氨气【解答】解：A碳和浓硫酸加热反响生成二氧化碳和二氧化硫气体，故A错误；B铁和水蒸气在高温下反响生成四氧化三铁和氢气，只有一种气体，故B正确；C铜和浓硝酸反响生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反响生成一氧化氮气体，故C错误；D过氧化钠和水反响氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化铵反响生成氨气，故D错误应选B9以下关于物质或离子检验的表达正确的选项A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】DG：常见离子的检验方法【分析】A假设该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，由于黄光可遮住紫光，K+焰色反响需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观看；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等【解答】解：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反响无现象，假设该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，那么证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，那么发生反响：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反响为黄色，可遮住紫光，K+焰色反响需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观看，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，那么原气体中可能含有SO2，不愿定是CO2，故D错误；应选B101L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z0.1mol/L的氢氧化钠或硫酸溶液，所得沉淀的物质的量随着Z溶液的体积变化关系如以以下图，那么X、Y、Z分别是AAlCl3、FeCl3、NaOHBAlCl3、MgCl2、NaOHCNaAlO2、BaOH2、H2SO4DNaAlO2、BaCl2、H2SO4【考点】GK：镁、铝的重要化合物【分析】依照图象分析，假设Z为氢氧化钠溶液，Mg2+2OH=MgOH2，Al3+3OH=AlOH3，Fe3+3OH=FeOH3，AlOH3+OH=AlO2+2H2O，溶液中沉淀量到达最大时，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，X不能是铝盐；因此Z是硫酸溶液，据此解答【解答】解：A假设X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开场滴入氢氧化钠时，Al3+3OH=AlOH3，Fe3+3OH=FeOH3，nAl3+：nOH=1：3，nFe3+：nOH=1：3，接着滴加AlOH3+OH=AlO2+2H2O，nAlOH3：nOH=1：1，不符合图象的数值变化，故A错误；B假设X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开场滴入氢氧化钠时，Mg2+2OH=MgOH2，Al3+3OH=AlOH3，nMg2+：nOH=1：2，nAl3+：nOH=1：3，接着滴加AlOH3+OH=AlO2+2H2O，nAlOH3：nOH=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误； C假设X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开场滴入硫酸时OH+H+=H2O，Ba2+SO42=BaSO4，H+AlO2+H2O=AlOH3，图中第一段直线：氢氧化钡的OH和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO421：1反响生成硫酸钡沉淀，Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O；图中其次段直线氢氧化钡消耗完，硫酸接着滴加，氢离子开场和偏铝酸根离子反响H+AlO2+H2O=AlOH3，硫酸的消耗量硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开场消耗沉淀，AlOH3+3H+=Al3+3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故C正确； D假设X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2+SO42=BaSO4，H+AlO2+H2O=AlOH3，AlOH3+3H+=Al3+3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；应选C11以下各组物质之间通过一步就能实现如以以下图转化的是 物质编号 物质转化关系 a bc d NO NO2 N2 HNO3 Al2O3 NaAlO2 Al AlOH3 SiO2 Na2SiO3 Si H2SiO3 SO2 SO3 S H2SO4ABCD【考点】EK：氮的氧化物的性质及其对环境的阻碍；F5：二氧化硫的化学性质；FH：硅和二氧化硅；GJ：铝的化学性质【分析】cb，N2不能一步转化NO2从氧化铝的两性以及氢氧化铝、铝的性质来推断；二氧化硅为酸性氧化物，硅酸为弱酸，结合硅的性质推断；cb，S不能一步转化SO3【解答】解：转化关系为：abda；ca cbNONO2HNO3NO；N2NO，N2不能一步转化NO2，故错误；Al2O3 NaAlO2AlOH3Al2O3 ，AlAl2O3 ，AlNaAlO2，故正确；SiO2Na2SiO3H2SiO3SiO2，SiSiO2，SiNa2SiO3，故正确；SO2SO3H2SO4，SSO2，但S不能一步转化SO3，故错误；应选B12将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合在试管中充分反响，假设过滤后滤渣能被磁铁吸引，那么以下有关表达正确的选项A溶液中确信不存在的离子只有Cu2+BFe3+和Cu2+均完全被铁粉复原C滤液中滴加KSCN溶液显红色D滤渣中确信不含有铜【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】氧化性Fe3+Cu2+，假设过滤后滤渣能被磁铁吸引，铁有剩余，确定有铜生成，三价铁离子和二价铜离子无剩余，以此解答该题【解答】解：假设过滤后滤渣能被磁铁吸引，说明固体含有铁，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参与反响生成Fe2+和Cu，反响的反响方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，因此溶液中确定没有Fe3+、Cu2+，确定含有Fe2+，应选B13以下除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的选项ANa2CO3固体中混有NaHCO3：充分加热固体混合物BFeCl2溶液中混有FeCl3：参与过量的铁粉，过滤CFe2O3 固体中混有Al2O3：参与足量的盐酸，过滤DFeCl3溶液中混有FeCl2：通入足量的Cl2【考点】P9：物质的别离、提纯的根本方法选择与应用【分析】A碳酸氢钠不稳定，加热易分解；BFeCl3可与Fe反响生成FeCl2；CFe2O3 和Al2O3都与盐酸反响；D氯气和FeCl2反响生成FeCl3【解答】解：A碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故A正确；BFeCl3可与Fe反响生成FeCl2，过滤后别离出铁，且不引入新的杂质，故B正确；CFe2O3 和Al2O3都与盐酸反响，应参与NaOH溶液除杂，故C错误；D氯气和FeCl2反响生成FeCl3，不引入新的杂质，故D正确应选C14所谓合金，的确是不同种金属也包括一些非金属在熔化状态下构成的一种熔合物，依照以下四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点10836601535沸点883259522003000你推断其中不能构成合金的是ACu和AlBFe和CuCFe和NaDAl和Na【考点】G3：合金的概念及其重要应用【分析】由合金的构成可知，两种金属假设能够构成合金，那么熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点【解答】解：合金是不同种金属在熔化状态下构成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进展混合；A铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够构成合金，故A错误；B铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够构成合金，故B错误；C由于金属钠的沸点较低，铁的熔点高于钠的沸点，在铁熔化时温度达1535，而如今金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，故钠和铁不能构成合金，故C正确；D铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够构成合金，故D错误；应选C15微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如以以下图：微粒甲是ASiBNa+CAlDSO2【考点】GS：无机物的推断【分析】依照微粒甲能与氢氧根反响生成乙，乙能与氢离子反响再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可【解答】解：ASi与氢氧根能反响生成SiO32，SiO32和H+反响生成H2SiO3，不符合转化关系，故A错误；BNa+与OH不反响，不符合转化关系，故B错误；CAl与与OH反响生成AlO2，与氢离子反响生成沉淀或铝离子，得不到Al，不符合转化关系，故C错误；DSO2与氢氧根能反响生成亚硫酸根，亚硫酸根和氢离子反响生成水和SO2，故D正确；应选D16以下说法正确的选项A水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品B工艺师利用盐酸刻蚀石英制造艺术品C二氧化硅可用于制备光导纤维D化学家承受玛瑙研砵磨擦固体反响物进展无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐【考点】FH：硅和二氧化硅【分析】A水晶项链的主要成分为二氧化硅；B盐酸与二氧化硅不反响；C二氧化硅具有良好的全反射性；D玛瑙的主要成分为二氧化硅【解答】解：A水晶项链的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；B盐酸与二氧化硅不反响，应用氢氟酸，故B错误；C二氧化硅具有良好的全反射性，可用作光导纤维的材料，故C正确；D玛瑙的主要成分为二氧化硅，故D错误应选C17如以以下图：假设关闭阀，翻开阀，让一种含有氯气的气体通过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；假设关闭阀翻开阀，再通入这种气体，布条褪色甲瓶中所盛的试剂可能是 浓H2SO4；NaOH溶液；KI溶液；饱和NaCl溶液ABCD【考点】E2：氯气的化学性质【分析】枯燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性，漂白原理是氯气和水反响生成的次氯酸具有漂白性，氢氧化钠能够和氯气反响，碘化钾能够和氯气反响，浓硫酸具有吸水性，以此来解答【解答】解：关闭II阀翻开I阀，再通入这种气体，布条褪色，说明通入的氯气含有水分，能生成次氯酸，因此褪色；假设关闭I阀，翻开II阀，让一种含氯气的气体通过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；说明氯气或被枯燥或被吸取，因此不能使布条褪色浓硫酸具有吸水性，能够将氯气枯燥，因此假设关闭I阀，翻开II阀，让气体通过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，符合题意，故正确；浓氢氧化钠能和氯气反响，因此假设关闭I阀，翻开II阀，让气体通过甲瓶后，再通入乙瓶，由于氯气被吸取，布条不褪色，符合题意，故正确；碘化钾溶液能和氯气反响，因此假设关闭I阀，翻开II阀，让气体通过甲瓶后，再通入乙瓶，由于氯气被吸取，布条不褪色，符合题意，故正确；饱和氯化钠溶液不能和氯气反响，也不能将氯气枯燥，因此氯气通过该溶液后，会使乙瓶中的布条褪色，不合题意，故错误应选D18以下试验过程始终无明显现象的是ACO2气体通入BaNO32溶液中BNO2气体通入FeSO4溶液中CH2S气体通入CuSO4溶液中DHC1气体通入NaSiO3溶液中【考点】FB：硫化氢；FH：硅和二氧化硅【分析】A二氧化碳与硝酸钡不反响；B二氧化氮和水反响生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子；C可生成硫化铜沉淀；D反响生成硅酸沉淀【解答】解：A碳酸酸性小于硝酸，二氧化碳和硝酸钡溶液不反响，因此始终没有明显现象，故A正确；B二氧化氮和水反响生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，因此看到的现象是：溶液由浅绿色变为黄色，故B错误；CH2S气体通入CuSO4溶液中生成硫化铜沉淀，故C错误；D反响生成硅酸，硅酸不溶于水，故D错误应选A19某爱好小组探究SO2气体复原Fe3+，他们使用的药品和装置如以以下图：其中以下说法不合理的是A能说明I的复原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B装置C的作用是吸取SO2尾气，防止污染空气C为了验证A中发生了氧化复原反响，参与用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀D为了验证A中发生了氧化复原反响，参与KMnO4溶液，紫红色褪去【考点】F5：二氧化硫的化学性质；GO：铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反响，依照氧化复原反响中复原剂的复原性大于复原产物分析；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸取；C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，参与氯化钡生成沉淀说明反响进展；D、二氧化硫、亚铁离子都具有复原性，都能够和高锰酸钾溶液发生反响使之褪色【解答】解：A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反响，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依照氧化复原反响中复原剂的复原性大于复原产物，二氧化硫复原性大于碘离子，故A正确；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸取，故B正确；C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，参与氯化钡生成沉淀说明反响进展生成了硫酸根离子，故C正确；D、二氧化硫、亚铁离子都具有复原性，都能够和高锰酸钾溶液发生反响使之褪色，不能验证A中发生了氧化复原反响，故D错误；应选D20碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反响产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中如图装置，以下有关说法不正确的选项A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡BZ导管出来的气体中含有二氧化碳C气瓶中产生的沉淀是硫酸钡DZ导管口有红棕色气体毁灭【考点】QB：试验装置综合；F8：浓硫酸的性质【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反响产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生