（水滴系列）山东省滕州市2023届高考化学一轮复习考前特训六元素化学新人教版

PAGEPAGE1元素化学板块一：根底反响与物质性质[2022·江苏化学卷7]以下物质转化在给定条件下能实现的是①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3⑤MgCl2Mg(OH)2MgOA．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤【答案】A[2022·江苏卷化学9]在给定的条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是A．SiO2SiCl4SiB．FeS2SO2H2SO4C．N2NH3NH4Cl(aq)D．MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C[2022·福建卷化学9]常温下，以下各组物质中，Y既能与X反响又能与Z反响的是化合物组别XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3Cu浓硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③【答案】B[2022·江苏卷化学8]以下各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反响的是组别选项甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3【答案】B[2022·福建卷理综9]下表各选项中，不能利用置换反响通过Y得到W的一组化合物是选项化合物ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2H5ONaCuCl2【答案】D【解析】A项中是Mg与CO2反响，方程式为2Mg＋2CO22MgO＋C；B项中Al与Fe2O3发生铝热反响，方程式为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3；C项中是金属Na与C2H5OH反响，方程式为2Na＋2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa＋H2↑。这三个反响都是置换反响。D项中是发生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，不是置换反响，[2022·江苏卷化学·3]以下所列各组物质中，物质之间通过一步反响就能实现如下图转化的是abcAAlAlCl3Al(OH)3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【答案】B[2022·福建卷化学9]以下各组物质中，满足以下图物质一步转化关系的选项是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3【答案】C[2022·江苏卷化学8]给定条件下，以下选项中所示的物质间转化均能一步实现的是()A．粗硅SiCl4SiB．Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag【答案】A【解析】试题分析：A、Si＋2Cl2SiCl4↑，SiCl4＋2H2Si＋4HCl，故正确；B、工业上制备Mg，是电解熔融状态下的氯化镁，故B错误；C、FeCl3是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，故C错误；D、蔗糖是非复原性糖，不能与银氨溶液反响，故D错误。[2022·上海卷化学13]以下实验过程中，始终无明显现象的是A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中【答案】B【解析】：此题考查了常见元素化合物知识。NO2通入后和水反响生成具有强氧化性的硝酸，其将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，排除A；CO2和CaCl2不反响，无明显现象，符合，选B；NH3通入后转化为氨水，其和AlCl3反响生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，其被氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除D。[2022·福建卷化学11]以下物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反响生成NH3的是A．二氧化氮B．钠C．硫酸镁D．二氧化硅【答案】B【解析】NH4++H2ONH3●H2O+H+，只要能使平衡往正方向进行，而且在一定条件下温度升高或者氨水的浓度足够大就可能生成NH3，A项：产生NO气体，错误；B项：钠消耗了H+而且该反响放热可以产生氨气，正确；C项：不能产生氨气，错误；D项：二氧化硅可以与氢氟酸反响，跟其他酸很难反响，所以也没有氨气产生，错误。[2022·上海卷化学7]以下溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是A．Ba(OH)2B．Ba(NO3)2C．Na2SD．BaCl【答案】D【解析】A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水显酸性，被Ba(NO3)2氧化生成硫酸，进而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中会生成单质S沉淀。[2022·上海卷化学5]和氢硫酸反响不能产生沉淀的是A．Pb(NO3)2溶液B．Na2S溶液C．CuSO4溶液D．H2SO4溶液【答案】B[2022·海南化学卷8]〔双选〕两种盐的固体混合物：①加热时有气体产生，②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的混合物是A．BaCl2和(NH4)2SO3B．AgNO3和NH4ClC．FeCl3和NaHCO3D.KCl和Na2CO3【答案】AC【解析】(NH4)2SO3加热时会分解放出气体，BaCl2和(NH4)2SO3溶于水生成的沉淀为BaSO3，它能溶解于盐酸，故A选项符合题意；B中两种物质溶于水生成的沉淀为AgCl，不能溶解于盐酸，故B选项不符合题意；C中的NaHCO3受热会分解放出二氧化碳，FeCl3和NaHCO3溶于水发生互促水解的反响，生成的Fe(OH)3沉淀溶于盐酸。[2022·海南卷化学]以下固体混合物与过量的稀H2SO4反响，能产生气泡并有沉淀生产的是A．NaHCO3和Al(OH)3B．BaCl2和NaClC．KClO3和K2SO4D．Na2SO3和BaCO3【答案】D【解析】根据题中的要求，要产生气泡同时有沉淀生成。A选项无沉淀生成，B选项无气体生成，C选项物质不熟悉可用排除法，D可得到气体和沉淀，符合题目要求。[2022·山东卷理综10]某化合物由两种单质直接反响生成，将其参加BaHCO3溶液中同时有气体和沉淀产生。以下化合物中符合上述条件的是:A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．SiO2【答案】A【解析】A、AlCl3可由Al与Cl2反响制得，AlCl3与Ba(HCO3)2反响生成CO2和Al(OH)3沉淀，正确；B、Na2O与Ba(HCO3)2反响没有气体生成，错误；C、FeCl2不能由两种单质直接反响生成，错误；D、SiO2不与Ba(HCO3)2反响，错误。[2022·海南卷化学·9]在室温时，以下各组中的物质分别与过量NaOH溶液反响，能生成5种盐的是：A．A12O3、SO2、CO2、SO3B．C12、A12O3、N2O5、SO3C．CO2、C12、CaO、SO3D．SiO2、N2O5、CO、C12【答案】B【解析】题中的关键词“过量NaOH溶液〞，A中只能生成4种盐；B生成5种〔NaCl、NaClO、NaAlO2、NaNO3、Na2SO4〕；C中CaO不能生成盐；D中CO不能成盐。[2022·上海卷化学·18]〔双选〕一定条件下，一种反响物过量，另一种反响物仍不能完全反响的是A．过量的氢气与氮气B．过量的浓盐酸与二氧化锰C．过量的铜与浓硫酸D．过量的锌与18mol/L硫酸【答案】AC【解析】A．H2和N2制备NH3是可逆反响，反响物始终不能消耗完；B．可以参加过量的浓盐酸，使二氧化锰彻底反响完全；C．浓硫酸随着反响变稀，稀硫酸不再与铜反响；D．18mol/L的浓硫酸与锌开始反响产生SO2，随着反响进行，浓硫酸变稀，再与锌反响产生H2。应选AC。[2022·上海卷化学20]NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中参加过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反响是A．CO2+2OH−→CO2−3+H2OB．Al2O3+2OH−+3H2O→2[Al(OH)4]−C．2Al+2OH−+6H2O→2[Al(OH)4]−+3H2↑D．Al3++4OH−→[Al(OH)4]−【答案】D【解析】向集满CO2的铝罐中参加过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反响，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反响，因铝罐外表有氧化膜Al2O3，故可发生A、B、C的反响。应选D。[2022·福建卷理综·7]能实现以下物质间直接转化的元素是单质氧化物酸或碱盐A．硅B．硫C．铜D．铁【答案】B【解析】S与O2生成SO2，再与H2O生成H2SO3，可以与NaOH生成Na2SO3，B项正确。A项，SiO2不与水反响，错；C项中CuO，D项中Fe3O4均不与H2O反响，故错。[2022·江苏卷化学6]甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙。以下有关物质的推断不正确的选项是A．假设甲为焦炭，那么丁可能是O2B．假设甲为SO2，那么丁可能是氨水C．假设甲为Fe，那么丁可能是盐酸D．假设甲为NaOH溶液，那么丁可能是CO2[2022·福建卷理综9]纯洁物X、Y、Z转化关系如右图所示，以下判断正确的选项是〔〕A．X可能是金属铜B．Y不可能是氢气C．Z可能是氯化钠D．Z可能是三氧化硫【答案】A【解析】试题分析：A.假设X是Cu，Y是Cl2，Cu在Cl2燃烧产生Z是CuCl2，电解CuCl2溶液产生Cu和Cl2，符合上述转化关系，正确。B．假设X是Cl2，Y是氢气，氢气在氯气中燃烧产生Z是HCl，电解HCl的水溶液，产生氢气和氯气，符合上述转化关系，错误。C．假设Z是氯化钠，那么X、Y分别是Na和Cl2中的一种；电解氯化钠水溶液会产生氢气、氯气、氢氧化钠，不符合上述转化关系，错误。D．假设Z是三氧化硫，而X、Y可能是O2和SO2中的一种，SO3溶于水产生硫酸，电解硫酸溶液，实质是电解水，产生氢气和氧气，不符合上述转化关系，错误。[2022·全国新课标I卷理综13]短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物。n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体。q的水溶液具有漂白性。0.01mol·L−1r溶液的为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图。以下说法正确的选项是〔〕A．原子半径的大小W<X<YB．元素的非金属性Z>X>YC．的氢化物常温常压下为液态D．的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】Z的单质为黄绿色气体，为，因此Z为氯元素。的水溶液pH值为2，说明为一元强酸。与在光的条件下反响得到以及难溶于水的混合物，因此为烷烃〔如〕，为，为发生取代反响后的有机混合物。与反响可得以及具有漂白性的，可知为，为。综上，W、X、Y、Z分别为、、、。A、原子半径大小排序为，即W<Y<X〔C与O同周期，原子序数大者半径小，的原子半径是所有原子中最小的〕，故A错误。B、元素非金属性中，即Y>X，故B错误。C、Y为氧元素，其氢化物为或，常温下均为液态，故C正确。D、X为碳元素，其最高价氧化物的水化物为碳酸，是弱酸，故D错误。[2022·北京卷化学12]由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如在右图转化关系〔局部生成物和反响条件略去〕以下推断不正确的选项是A．假设X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，那么A一定是氯气，且D和E不反响B．假设A是单质，B和D的反响是OH−+HCO−3═H2O+CO2−3，那么E一定能复原Fe2O3C．假设D为CO，C能和E反响，那么A一定为Na2O2，其电子式是D．假设D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，那么X一定是铝盐【答案】A[2022·上海卷化学2]以下物质见光不会分解的是〔〕A．HClOB．NH4ClC．HNO3D．AgNO3【答案】B[2022·上海卷化学5]二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有〔〕A．复原性B．氧化性C．漂白性D．酸性【答案】A[2022·上海卷化学2]以下试剂不会因为空气中的氧气而变质的是A．过氧化钠B．氢硫酸C．硫酸亚铁D．苯酚【答案】A[2022·上海卷化学6]浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A．酸性B．脱水性C．强氧化性D．吸水性【答案】A【解析】浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性。在与含有水分的蔗糖作用过程中不会显示酸性。[2022·北京卷理综]以下表达正确的选项是()A．金属与盐溶液反响都是置换反响B．阴离子都只有复原性C．与强酸、强碱都反响的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D．分子晶体中都存在范德瓦尔斯力，可能不存在共价键【答案】D【解析】金属铁和氯化钠溶液反响是化合反响，A错；阴离子中像MnO4-只具有强氧化性，B错；与强酸、强碱都反响的物质中，像碳酸氢钠是酸式盐，C错；分子之间都是范德华力，在分子内部原子间是共价键，但惰性气体是单原子分子，故不存在共价键。[2022·全国大纲Ⅱ卷理综]对于ⅣA族元素，以下表达中不正确的选项是()A．SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键B．C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反响D．该族元素的主要化合价是＋4和＋2【答案】B【解析】ⅣA族元素最外层电子数都是4，但C原子的次外层电子数只有2个电子。[2022·重庆卷理综]以下表达正确的选项是〔〕A．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳B．Na2O2与水反响，红热的Fe与水蒸气反响均能生成碱C．Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物D．NaHCO3、Na2CO3、(NH4)2CO3三种固体受热后均能生成气体【答案】C【解析】选项A中稀硫酸与C不反响；选项B中3Fe＋4H2O==Fe3O4＋2H2↑，不能生成碱；选项C中那么三种单质与O2反响分别生成Li2O、CO2和P2O5；选项D中Na2CO3加热不会分解。。[2022·北京卷理综8]以下表达正确的选项是A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B．在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再参加NaHSO4溶液，沉淀消失D．纯锌与稀硫酸反响产生氢气的速率较慢；再参加少量CuSO4固体，速率不改变【答案】C[2022·广东卷文基64]铁和铁合金是生活中常用的材料，以下说法正确的选项是〔〕A．不锈钢是铁合金，只含金属元素B．一定条件下，铁粉可与水蒸气反响C．铁与盐酸反响，铁合金不与盐酸反响D．在空气中，铁板比镀锌铁板更耐腐蚀【答案】B【解析】：A、不锈钢属于合金，含有碳元素；B、铁粉与水蒸气可在高温下反响；C、铁及合金都可以与盐酸反响；D、在潮湿空气中铁板容易发生电化学腐蚀，镀锌铁板那么不容易被腐蚀，锌比铁活泼，锌铁构成原电池，铁做正极被保护。[2022·重庆卷理综8]以下表达正确的选项是A．铝制容器可盛装热的H2SO4B．AgI胶体在电场中自由运动C．K与水反响比Li与水反响剧烈D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3【答案】C【解析】此题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反响，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反响剧烈，正确。D项，P与过量的反响，应生成,错误。[2022·全国大纲Ⅰ卷理综]以下表达正确的选项是A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2B．将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+复原成Cu【答案】C【解析】A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O,直接取材于第一册课本第二章第三节；B错误，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D错误，溶液中该反响难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能复原CuO为Cu,要复原必须是枯燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反响为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO。[2022·山东卷理综13]以下推断正确的选项是A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反响B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反响产物也相同C．CO、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【答案】A【解析】酸性氧化物能够跟碱反响，生成盐和水的氧化物，故A正确，因为,与反响生成,与反响除生成外，还生成，故B错；在空气中会发生反响，故C错；因为新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。[2022·山东卷理综12]Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。以下说法正确的选项是A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu、Fe、Al【答案】C[2022·重庆卷理综]以下表达正确的选项是A．Fe分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物相同B．K、Zn分别与缺乏量的稀硫酸反响所得溶液均呈中性C．Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强【答案】D【解析】铁属于变价属于变价金属，与强氧化剂反响生成Fe3＋，与弱氧化剂反响生成Fe2＋，氯气属于强氧化剂，盐酸属于非氧化性酸，因此选项A不正确；当硫酸缺乏时，Zn和K均过量，但过量的K会继续和水反响生成KOH而呈碱性，B不正确；同主族元素自上而下，随着核电荷数的增加电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，密度也逐渐增大，但Na的密度大于K的，C不正确；C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，D正确。[2022·天津卷理综2]以下单质或化合物性质的描述正确的选项是〔〕A．NaHSO4水溶液显中性B．SiO2与酸、碱均不反响C．NO2溶于水时发生氧化复原反响D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】C[2022·重庆卷理综7]以下表达正确的选项是A．Fe与S混合加热生成FeS2B．NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C．过量的铜与浓硫酸反响有二氧化硫生成D．白磷在空气中加热到一定温度能转化成红磷【答案】C【解析】故C选项符合题意；KCl和Na2CO3受热都不分解生成气体，故D选项不符合题意。[2022·江苏卷化学4]在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。以下说法正确的选项是〔〕A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)>r(Mg)C．在该反响条件下，Mg的复原性强于C的复原性D．该反响中化学能全部转化为热能【答案】C【解析】试题分析：A、C还存在C60、C70等同素异形体，故A错误；B、同种元素的半径的比拟，看电子数，电子数越多，半径越大，r(Mg2＋)<r(Mg)，故B错误；C、根据氧化复原反响中，复原剂的复原性大于复原产物的复原性，Mg是复原剂，C是复原产物，故C正确；D、局部转成热能，一局部转成光能，故D错误。[2022·重庆卷理综2]以下说法正确的选项是〔〕A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反响D．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】试题分析：A.非金属性Br>I,那么HBr比HI的热稳定性强，错误；B.非金属性P>Si,那么H3PO4比H2SiO3的酸性强，正确；C.Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反响，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反响，错误；D.SO2在酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，那么SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，错误；选B。[2022·安徽卷理综9]以下有关说法正确的选项是：A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸枯燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反响也能和氢氟酸反响，所以是两性氧化物【答案】C[2022·上海卷化学21]〔双选〕类比推理是化学中常用的思维方法。以下推理正确的选项是A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SC．Fe与Cl2反响生成FeCl3，推测Fe与I2反响生成FeI3D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【答案】AB【解析】A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，正确；B．C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比拟，正确；C．因I2的氧化性较弱，故与铁反响生成为FeI2，错误；D．浓硫酸氧化性很强，会将HBr氧化为Br2，错误。应选AB。板块二：元素性质综合应用[2022·广东卷理基34]根据陈述的知识，类推得出的结论正确的选项是A．镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO，那么钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2OB．乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，那么丙烯也可以使其褪色C．CO2与SiO2化学式相似，那么CO2与SiO2的物理性质也相似D．金刚石的硬度大，那么C60的硬度也大【答案】B【解析】钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O2故A错；B对；CO2与SiO2的物理性质不相似，故C错；C60的硬度不一定大，故D错。[2022·重庆卷理综9]以下表达正确的选项是A．SO2具有复原性，故可作漂白剂B．Na的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反响制MgC．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其它非金属反响的产物中Fe也显+3价【答案】C【解析】A项SO2具有复原性和氧化性，在作漂白剂时并不发生氧化复原反响，而是与品红中的有色物质发生化合而褪色；B项Na是活泼金属，Na与MgCl2溶液反响时，先与水反响得到H2，D项Fe与其它非金属反响的产物的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是+3价，如Fe与S反响生成FeS中Fe显+2价，D错误；答案选C。[2022·山东卷理综13]以下推断合理的是A．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反响C．浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反响D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水色后加热也能恢复原色【答案】A【解析】明矾[KAl〔SO4〕2·12H2O]溶于水，电离产生的Al3+在中水解生成能吸附水中悬浮杂质的Al(OH)3胶体，故可用作净水剂；金刚石、石墨均可以燃烧生成二氧化碳；浓H2SO4虽然有强氧化性，只有加热才能与Cu发生反响；SO2通入溴水后发生氧化复原反响，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，加热不可能生成Br2.[2022·江苏卷化学5]化学在生产和日常生活中有着重要的应用。以下说法不正确的选项是A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．的熔点很高，可用于制作耐高温材料D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【答案】D[2022·江苏卷化学3]以下有关物质的性质和该性质的应用均正确的选项是A．常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸B．二氧化硅不与任何酸反响，可用石英制造耐酸容器C．二氧化氯具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒D．铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装假设干铜块以减缓其腐蚀【答案】A【解析】二氧化硅不与任何酸反响，但可与氢氟酸反响。二氧化氯中氯的化合价为＋4价，不稳定，易转变为－1价，从而表达氧化性。铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。[2022·江苏卷化学9]NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质〔见图4〕。以下说法正确的选项是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3B.石灰乳与Cl2的反响中，Cl2既是氧化剂，又是复原剂C.常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反响D.图4所示转化反响都是氧化复原反响【答案】B【解析】25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要小；石灰乳与Cl2的反响中氯发生歧化反响，Cl2既是氧化剂，又是复原剂；常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2[2022·广东卷化学12]以下陈述正确并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于枯燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收旧电路板中的铜【答案】D解析：A关系不对，陈述Ⅱ是复原性。B二氧化硅不导电。C关系不对，陈述Ⅱ是吸水性[2022·山东卷理综8]以下与含氯化合物有关的说法正确的选项是A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．向沸水中逐滴参加少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D．电解NaCl溶液得到22.4LH2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数)【答案】B【解析】NaClO属于盐，为强电解质，A项错误；向沸水中滴加饱和FeCl3制备Fe(OH)3胶体，B项正确；HCl属于共价化合物，C项错误；根据电解NaCl溶液的阴极反响:2H＋+2e−=H2↑，产生标准状况下22.4LH2，转移2NA个电子，D项错误。[2022·山东卷化学12]以下由相关实验现象所推出的结论正确的选项是A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO2－4C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反响均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反响D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】SO2使品红溶液褪色，利用的是SO2与有色物质化合生成无色物质，不能说明其具有氧化性，A项错误；向溶液中含有SO32－时，参加酸化的Ba(NO3)2也会出现白色沉淀，B项错误;Fe与稀硝酸反响生成的气体为NO，该反响不是置换反响，C项错误；HCl、NH3极易溶于水，盛有HCl、NH3充满的烧瓶倒置水中，气体溶解，液面迅速上升，D项正确。[2022·广东卷化学11]以下措施不合理的是A．用SO2漂白纸浆和草帽辫B．用硫酸清洗锅炉中的水垢C．高温下用焦炭复原SiO2制取粗硅D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+【答案】B【解析】ＳＯ２具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，Ａ合理；硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反响生成的微溶硫酸钙会覆辙在碳酸钙外表阻碍反响的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，Ｂ不合理；焦炭在高温下与ＳｉＯ２反响生成硅和一氧化碳，Ｃ合理；Ｃｕ２＋、Ｈｇ２＋与Ｓ２—反响生成难溶的ＣｕＳ、ＨｇＳ沉淀，Ｄ正确。[2022·江苏卷化学4]以下有关物质性质的应用正确的选项是A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反响，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反响，可用来枯燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【答案】A[2022·北京卷理综7]以下金属中，外表自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是〔〕A．KB．NaC．FeD．Al【答案】D[2022·海南卷化学9]以下关于物质应用的说法错误的选项是A．玻璃容器可长期盛放各种酸B．纯碱可用于清洗油污C．浓氨水可检验氯气管道漏气D．Na2S可除去污水中的Cu2+【答案】A[2022·海南卷化学10]〔双选〕以下关于物质应用和组成的说法正确的选项是A．P2O5可用于枯燥C12和NH3B．“可燃冰〞主要成分是甲烷和水C．CC14可用于鉴别溴水和碘水D．Si和SiO2都用于制造光导纤维【答案】BC【解析】A.P2O5是酸性枯燥剂，可用于枯燥C12，但是能够与碱性气体NH3发生反响，因此不可以枯燥氨气。错误。B．“可燃冰〞是甲烷的水化物。因此主要成分是甲烷和水。正确。C.溴单质、碘单质在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小。当分别向溴水和碘水中参加CC14，振荡、静止，分层，下层是紫色的是碘水，下层是橙色的是溴水。因此CC14可用于鉴别溴水和碘水。正确。D.SiO2用于制造光导纤维，Si用于制半导体材料。错误。[2022·天津卷理综3]运用相关化学知识进行判断，以下结论错误的选项是A．某吸热反响能自发进行，因此该反响是熵增反响B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4C．可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D．增大反响物浓度可加快反响速率，因此用浓硫酸与铁反响能增大生成H2的速率[2022·全国新课标Ⅰ卷理综8]化学与社会、生活密切相关。对以下现象或事实的解释正确的选项是选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反响B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反响生成CaCO3C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反响生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜【答案】C[2022·北京卷理综8]以下关于自然界中氮循环〔如右图〕的说法不正确的选项是：A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【答案】Ａ[2022·全国新课标Ⅰ卷理综7]我国清代?本草纲目拾遗?中记叙无机药物335种，其中“强水〞条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。〞这里的“强水〞是指〔〕A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水【答案】B【解析】试题分析：根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大局部金属，答案选B。[2022·全国新课标III卷理综7]化学在生活中有着广泛的应用，以下对应关系错误的选项是化学性质实际应用A.Al2(SO4)3和小苏打反响泡沫灭火器灭火B.铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C.次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D.HF与SiO2反响氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记【答案】B[2022·上海卷化学9]向新制氯水中参加少量以下物质，能增强溶液漂白能力的是A．碳酸钙粉末B．稀硫酸C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶液【答案】A[2022·海南卷化学4]以下表达错误的选项是A．氦气可用于填充飞艇B．氯化铁可用于硬水的软化C．石英砂可用于生产单晶硅D．聚四乙烯可用于厨具外表涂层【答案】B【解析】A．氦气性质稳定，故可用于填充飞艇，正确；B．硬水的软化指的是除去水中的Ca2+、Mg2+，参加氯化铁只能水解产生氢氧化铁胶体吸附悬浮物，用于水的净化，错误；C．石英砂为SiO2，可用碳复原得到粗硅，经提纯得单晶硅，正确；D．聚四乙烯具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点，几乎不溶于所有的溶剂，故一般用于不粘锅的涂层，正确。应选B。[2022·江苏卷化学3]以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料【答案】D【解析】试题分析：A、SO2用于漂白纸浆是利用其与某些有色物质作用，生成不稳定的无色物质，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确。[2022·上海卷化学4]用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是①幕布的着火点升高②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】B[2022·上海卷化学1]以下离子在稳定人体血液的pH中起作用的是A．Na+B．HCO3－C．Fe2+D．Cl－【答案】B【解析】HCO3－既能与酸反响，又能与碱反响，所以符合题意。[2022·上海卷化学8]BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2A．熔融态不导电B．水溶液呈中性C．熔点比BeBr2高D．不与氢氧化钠溶液反响[2022·上海卷化学]〔双选〕研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反响过程如下：①SO2＋NO2═SO3＋NO②SO3＋H2O═H2SO4③2NO＋O2═2NO2NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下述变化中的作用相似的是()A．潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶B．硫化氢通入浓H2SO4C．浓H2SO4滴入萤石(CaF2)中，加热D．参加少量的H2SO4使乙酸乙酯水解【答案】B、D解析：在反响①中NO2起氧化剂的作用，从反响①、③看NO2起催化作用，选项A中浓硫酸起吸水剂的作用；选项B中浓硫酸起氧化剂作用；选项C中浓硫酸起酸性作用；选项D中浓硫酸起催化剂作用。[2022·上海卷化学13]在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反响：3NaClO═2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反响，其最终产物是A．NaCl、NaClOB．NaCl、NaClO3C．NaClO、NaClO3D．NaClO3、NaClO【答案】B[2022·广东卷化学16]磷钨酸H3PW12O40等杂多酸可代替浓硫酸用于乙酸乙酯的制备。以下说法不正确的选项是A．H3PW12O40在该酯化反响中其催化作用B．杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质C．H3PW12O40、KH2PW12O40与Na3PW12O40中都有相同的原子团D．硅钨酸H4SiW12O40也是一种杂多酸，其中W的化合价为+8【答案】D【解析】根据题意，“H3PW12O40等杂多酸可代替浓硫酸〞可类推，H3PW12O40在酯化反响中也起催化作用，A正确；我们所学的钠盐都是强电解质可以大胆判断B正确；C项可以进行观察比拟得出答案。硅钨酸H4SiW12O40中根据化合价代数和为零推出W的化合价为+6，D错[2022·上海卷化学5]高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A．有强氧化性，可消毒杀菌，复原产物能吸附水中杂质B．有强复原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，复原产物能消毒杀菌D．有强复原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌【答案】A【解析】高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，其复原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。[2022·上海卷化学]气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。右图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。以下关于甲、乙的判断正确的选项是〔〕A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水【答案】C【解析】根据题意NH3的摩尔质量小于HCl和HNO3，所以NH3应甲处产生，HCl和HNO3气体应在乙处产生。[2022·上海卷化学18]右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，以下有关说法错误的选项是A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反响说明常温下氨气有复原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体【答案】B【解析】分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反响：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，烧瓶中出现白烟，A对；不能出现红棕色气体，B错；该反响中氨气中的氮元素化合价升高，表现复原性，C对；烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体，D对。4200420.420.004201320304200420.420.004201320305%H2SO45%盐酸5%HNO3腐蚀速率/g·m−2·h−1A．稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B．稀硝酸和铁反响的化学方程式是:Fe+6HNO3(稀)═Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2OC．Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强D．随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性减弱【答案】D【解析】A选项应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱。B应生成NO；C不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢。[2022·安徽卷理综13]室温下，在0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴参加1.0mol/LNaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如以下图，以下有关说法正确的选项是A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：Al3++3OH－⇌Al(OH)3B．a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b→c段，参加的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解【答案】C【赏析】A项，a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，但离子方程式错误；B项，a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度因为生成沉淀减小；C项，b→c段，参加的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀。D项，d点时，Al(OH)3沉淀已经溶解完全。[2022·上海卷化学2]以下化工生产过程中，未涉及氧化复原反响的是A．海带提碘B．氯碱工业C．氨碱法制碱D．海水提溴【答案】C【解析】试题分析：A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反响产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化复原反响，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，错误。应选项C正确。[2022·福建卷理综6]以下制作铅笔的材料与相应工业不对应的是〔〕A．橡皮擦——橡胶工业B．铝合金片——冶金工业C．铝笔芯——电镀工业D．铅笔漆——涂料工业【答案】C【解析】试题分析：A．橡皮擦的原料是橡胶，涉及到橡胶工业的生产，正确。B．铝合金片涉及金属的冶炼过程，与冶金工业有关，正确。C．铝笔芯的原料是石墨，与电镀工业无关，错误。D．铅笔外边刷的油漆，与有机合成的材料及涂料工业有关，正确。应选项是C。[2022·上海卷化学14]在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室〔见以下图〕。以下说法错误的选项是A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同C．热交换器的作用是预热待反响的气体，冷却反响后的气体D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率【答案】B【解析】A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂外表发生反响产生的含有SO3及未反响的SO2、O2等气体，该反响是放热反响，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3被局部别离出来，而且混合气体再次被催化氧化，故二者含有的气体的成分含量不相同，错误；C．热交换器的作用是预热待反响的冷的气体，同时冷却反响产生的气体，为SO3的吸收创造条件，正确；D．C处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反响的SO2进一步反响产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，正确。板块三：化学计算[2022·全国大纲卷理综12]在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O，Fe(OH)3，NH4HCO3，NaHCO3完全分解，所得气体体积依次是V1\V2\V3\V4。A.V3＞V2＞V4＞V1B.V3＞V4＞V2＞V1C.V3＞V2＞V1＞V4D.V2＞V3＞V1＞V01234tVMgAl【答案】A【解析】常压和500℃条件下，水是气体，等物质的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO301234tVMgAl[2022·上海卷化学15]镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反响，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如右图。反响中镁和铝的A．物质的量之比为3：2B．质量之比为3：2C．摩尔质量之比为2：3D．反响速率之比为2：3【答案】：A[2022·山东卷理综9]足量以下物质与等质量的铝反响，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸【答案】A【解析】首先硝酸与金属铝反响不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al(OH)4]、Al2(SO4)3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。[2022·全国新课标Ⅱ卷9]以下反响中，反响后固体物质增重的是A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反响D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】试题分析：A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反响为CuO+H2eq\o(=,\s\up5(△))Cu+H2O，固体由CuO变为Cu，反响[2022·广东卷化学6]相同质量的以下物质分别与等浓度的NaOH溶液反响，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是A．AlB．Al(OH)3C．AlCl3D．Al2O【答案】A【解释】m〔Al〕：m〔NaOH〕=27：40；m〔Al〔OH〕3〕：m〔NaOH〕=75：40；m〔AlCl3〕：m〔NaOH〕=33.375：40；m〔Al2O3〕：m〔NaOH〕=51：40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。应选A。[2022·山东卷理综9]等质量的以下物质与足量稀硝酸反响，放出NO物质的量最多的是A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O【答案】A[2022·北京卷理综]1mol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()A．Na2CO3B．Na2O2Na2CO3C．NaOHNa2CO3D．Na2O2NaOHNa2CO3【答案】A【解析】根据反响式：2NaHCO3=Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反响生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3。[2022·上海卷化学22]称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，参加含0.1molNaOH的溶液，完全反响，生成NH31792mL〔标准状况〕，那么(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为A．1:1B．1:2C．1.87:1【答案】C[2022·上海卷化学22]〔双选〕将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反响后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是〔假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况〕〔〕A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL【答案】BD[2022·宁夏卷理综]短周期元素E的氯化物ECln的熔点为-78℃，沸点为59℃；假设0.2molECln与足量的AgNO3溶液完全反响后可以得到57.4g的AgCl沉淀。以下判断A．E是一种非金属元素B．在ECln中E与Cl之间形成共价键C．E的一种氧化物为EOD．E位于元素周期表的IVA族【答案】D【解析】n(AgCl)＝EQ\f(57.4g,143.5g/mol)＝0.4mol，由Cl－守恒得n＝2，所以E为＋2价，属于ⅡA族元素，即E为金属元素，ECln的熔点为-78℃，沸点为59℃，属于分子晶体，所以在ECln中E与Cl之间形成共价键。[2022·海南卷化学·11]在5mL0.05mo1/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1mo1/LAgNO3溶液，生成沉淀质量与参加AgNO3溶液体积关系如下图，那么该氯化物中金属元素的化合价为：020246810沉淀质量/gAgNO3溶液体积/mLA．+1B．+2C．+3【答案】C【解析】设氯化物化学式为MClx[2022·全国大纲Ⅰ卷理综7]将15ml2mol·L−1Na2CO3溶液逐滴参加到40ml0.5mol·L−1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，那么MCln中n值是A．4B．3C．2D．1【答案】B[2022·宁夏卷理综·7]将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反响后，气体体积11.2L〔体积均在相同条件下测定〕，那么该氮氧化合物的化学式为A．NO2B．N2O2C．N2OD．N2【答案】A【解析】根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2，以及题中数据反响后气体体积为反响前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。[2022·海南卷化学·7]用足量的CO复原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀枯燥后质量为8.0g，那么此铅氧化物的化学式是：A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4【答案】C【解析】设此铅氧化物的化学式PbxOy，PbxOy——y[O]——yCO——yCO2——yCaCO316y100ym(O)=1.28g8.0g所以m(Pb)=13.7g-1.28g=12.42gx∶y=∶=3∶4[2022·全国大纲Ⅰ卷12]一定条件下磷与枯燥氯气反响，假设0.25g磷消耗掉314mL氯气〔标准状况〕，那么产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【答案】C【解析】设n(PCl3)=Xmol,n(PCl5)=Ymol，由P元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl元素守恒有3X+5Y=〔0.314×2〕/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002应选C[2022·全国大纲Ⅱ卷理综11]：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)；ΔH=−571.6kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=−890kJ·mol-1现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),假设实验测得反响放热3695kJ，那么原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是A．1∶1B．1∶3C．1∶4D．2∶3【答案】B【解析】设H2、CH4的物质的量分别为x、ymol。那么x+y=5，571.6x/2+890y=3695,解得x=1.25mol;y=3.75mol，两者比为1：3，应选B项。[2022·四川卷理综7]1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反响后的溶液中参加1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，以下说法不正确的选项是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54沉淀时，参加NaOH溶液的体积是600mL【答案】C【解析】A.设CuXg,MgYg.；X+Y=1.52；X/64×98+Y/24×58=2.54得X=0.02Y=0.01。B.c(HNO3)=1000Ρɯ/M=1000×1.40×63/63=14.0mol/L。C.nHNO3=14.0×0.05=0.7mol=nNO2+2nN2O4nNO2+N2O4=1.12L/22.4L/mol,nNO2=0.04molnN2O4=0.01mol可知C正确D.与硝酸反响的NaOHnNaOH=0.7-0.04-0.02=0.64与金属离子反响的NaOHnNaOH=0.06，总NaOH的量n总=0.64+0.06=0.7mol故需要NaOH700mL[2022·四川卷化学12]标准状况下VL氨气溶解在1L水中〔水的密度近似为1g/ml〕，所得溶液的密度为ρg/ml，质量分数为ω，物质浓度为cmol/L，那么以下关系中A．p=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B．ω=17c/(1000ρC．ω=17V/(17V+22400)D．c=1000Vρ/(17V+22400)【答案】A[2022·全国新课标卷理综10]把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份参加含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份参加含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。那么该混合溶液中钾离子浓度为A．0.1(b−2a)mol·L−1B．10(2a−b)mol·L−1C．10(b−a)mol·L−1D．10(b−【答案】D[2022·海南卷化学4]把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份参加含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份参加含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。那么原混合溶液中钾离子的浓度为A．EQ\f(b−a,V)mol·L-1B．EQ\f(2b−a,V)mol·L-1C．EQ\f(2(b−a),V)mol·L-1D．EQ\f(2(2b−a),V)mol·L-1【答案】D[2022·四川卷化学13]在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合物溶液中参加bmolBaCl2，恰好使溶液中的离子完全沉淀；如参加足量强碱并加热可得到cmolNH3气，那么原溶液中的Al3+离子浓度(mol/L)为A．EQ\f(2b−c,a)B．EQ\f(2b−c,2a)C．EQ\f(2b−c,3a)D．EQ\f(2b−c,6a)【答案】C[2022·江苏卷化学13]研究反响物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。以下表达不正确的选项是A．密闭容器中CuO和C高温反响的气体产物：B．Fe在Cl2中的燃烧产物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D．氨水与SO2反响后溶液中的铵盐：【答案】B[2022·全国大纲Ⅱ卷理综8]以下徐树中正确的选项是A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中参加NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】CaCO3与CO2反响生成Ca(HCO3)2,再参加NaHCO3是没有现象的，A项错；向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，仅生成NaHCO3，无CO2气体放出，B项错；等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反响时，放出的CO2多，C项错；D项，发生的反响为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解性较小，故有结晶析出，正确。[2022·上海卷化学11]将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L−1稀盐酸。以下图像能正确表示参加盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是n(COn(CO2)/mol00.10.20.30.01V(HCl)/LBn(CO2)/mol00.10.20.30.01V(HCl)/LAn(CO2)/mol00.10.20.30.01V(HCl)/LCn(CO2)/mol00.10.20.30.01V(HCl)/LD【答案】C【解析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反响生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反响完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反响，首先发生：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再参加0.1L时，此步反响进行完全；继续滴加时，发生反响：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，分析图像，可知选C。[2022·海南卷化学3]0.1mol以下气体分别与1L0.lmol·L-1的NaOH溶液反响，形成的溶液pH最小的是A．NO2B．SO2C．SO3D【答案】C[2022·上海卷化学22]〔双选〕：2NaAlO2+2H2O+CO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O。向含2molNaOH、1molBa(OH)2、2molNaAlO2的混合液中慢慢通入CO2，那么通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的选项是选项ABCDn(CO2)(mol)2346n(沉淀)(mol)1233【答案】AC[2022·全国大纲Ⅰ卷理综11]为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1克样品加热，其质量变为w2A．EQ\f(84w2−53w1,31w1)B．EQ\f(84(w1−w2),31w1)C．EQ\f(73w2−42w1,31w1)D．EQ\f(115w2−84w1,31w1)【答案】A【解析】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2Om(减少)2×8410662x(W1-w2)解得x=，将其带入下式可得：w(Na2CO3)=(w1-x)/W1=，A项正确。[2022·四川卷化学12]25°C和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为()A．12.5%B．25%C．50%D．75%【答案】B【解析】根据燃烧方程式：C2H6＋O2=2CO2＋3H2O减小VC2H2＋O2=2CO2＋H2O减小VC3H6＋O2=3CO2＋3H2O减小V12.511.512.5由方程式不难发现看，C2H6和C3H6反响后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可。设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL。那么有x＋y=32；2.5x＋1.5y=72，解得y=8。混合烃中乙炔的体积分数为，B项正确。［2022·北京卷化学11］以下实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3质量分数的是A．取a克混合物充分加热，减重b克B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反响，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反响，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba〔OH〕2溶液充分反响，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【答案】C【解析】a中碳酸氢钠分解，可以计算碳酸氢钠的质量；b中bg固体是氯化钠，也可以计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量；d中沉淀是碳酸钡，也可以计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量；选项c中碱石灰也吸收co[2022·四川延考区7]20g由两种金属粉末组成的混合物,与足量的盐酸充分反响后得到11.2LA．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和ZnD．Zn和Cu【答案】B[2022·上海卷化学22]〔双选〕实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反响之后，所得固体中含金属单质为18g，那么该氧化物粉末可能是A．Fe3O4和FeOB．MnO2和V2O5C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O【答案】AD【解析】[2022·上海卷化学22]物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧〔产物不含碳酸镁〕，反响后容器内固体物质的质量不可能为A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g【答案】D【解析】发生的反响有：2Mg＋O22MgO①、2Mg＋CO22MgO＋C②。假设0.10mol镁条全部参与反响①，反响后固体的质量m＝0.10mol×40g·mol－1＝4.0g。假设0.10mol镁条全部参与反响②，反响后固体的质量m＝0.10mol×40g·mol－1＋0.05mol×12g·mol－1＝4.6g。假设CO2和O2的量缺乏，Mg条不能完全燃烧，质量最少时只有镁，质量为2.4g。所以质量范围为2.4g~4.6g，但不会等于或大于4.6g，故D项错误。[2022·四川卷理综11]向mg镁和铝的混合物中参加适量的稀硫酸，恰好完全反响生成标准状况下的气体bL。向反响后的溶液中参加cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。那么以下关系不正确的选项是A．c=EQ\f(1000b,11.2V) B．p=m+EQ\f(Vc,125)C．n=m+17VcD．EQ\f(5,3)<p<EQ\f(17,9)m【答案】C【解析】试题分析：由MgMg2+

Mg(OH)2、AlAl3+

Al(OH)3可知n(e-)=n(OH-)，=cV×10-3，A正确；氢氧化镁和氯氧化铝质量等于镁和铝质量之和加氢氧根离子质量，n="m+"17cV×10-3，C错误；p-m=m(O)=16n(O)=16[n(Mg)+n(Al)]=8[2n(Mg)+3n(A