2023-2024学年广东省湛江市某校高一上学期第三次月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省湛江市某校2023-2024学年高一上学期第三次月考试题可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23Si:28Cl:35.5I:127第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.新型冠状病毒可通过气溶胶传播，在人多的地方最好佩戴口罩。下列关于气溶胶的说法不正确的是（）A.气溶胶是一种胶体B.气溶胶中的分散剂是空气C.气溶胶中的分散质粒子的直径在1nm~100nm之间D.气溶胶的本质特征是具有丁达尔效应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．气溶胶的分散质的粒子直径在1~100nm之间，属于胶体，A正确；B．气溶胶是其他物质分散在空气中形成的胶体，分散剂是空气，B正确；C．气溶胶属于胶体，其分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，C正确；D．气溶胶具有丁达尔效应，但不是本质特征，本质特征是分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，D错误；〖答案〗选D。2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.墙体使用的砖瓦、水泥，是硅酸盐材料B.使用的钢化玻璃，其主要成分只有C.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋可防止食品因氧化而变质D.正长石的化学式为，可表示为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．墙体使用的砖瓦、水泥主要成分是硅酸盐，是硅酸盐材料，故A正确；B．使用的钢化玻璃，其主要成分有和硅酸盐，故B错误；C．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，硅胶具有吸水性，可防止食物受潮，可防止食品因吸湿而变质，故C错误；D．正长石的化学式为，可表示为，故D错误；故选A。3.下列环境问题与所对应的物质无关的是（）A.酸雨——SO2 B.光化学烟雾——NO2C.温室效应——CO2 D.室内空气污染——N2〖答案〗D〖解析〗【详析】A.SO2可以与H2O反应产生H2SO3，H2SO3与溶于水中的O2反应产生H2SO4，或者其在空气中被氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于雨水生成硫酸，从而导致酸雨，A不符合题意；B.NO2会造成光化学烟雾，所以光化学烟雾与NO2有关，B不符合题意；C.CO2、CH4会导致温室效应，所以CO2与温室效应有关，C不符合题意；D.N2是空气的主要成分，所以N2不会造成室内空气污染，D符合题意；故合理选项是D。4.下列实验操作中，错误的是（）A. B. C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A、加热固体时，试管口略向下倾斜，用酒精灯外焰加热，图示装置正确，故A正确；B、分液时分液漏斗下端玻璃管应该紧靠在烧杯内壁上，故B错误；C、过滤装置应该满足“一贴二低三靠”，图示装置正确，故C正确；D、蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，图示装置正确，故D正确；故选B。5.表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（）A.标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为B.32g占有的体积约为22.4LC.4.0gNaOH固体溶于100mL水中，得到1的NaOH溶液D.常温、常压下，22g中含有的氧原子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．标况下水为液态，22.4L水的物质的量不是1mol，水分子个数不是，A错误；B．没有指明标况，无法计算氧气的体积，B错误；C．4.0gNaOH配成100mL溶液，得到1的NaOH溶液，C错误；D．常温、常压下，22g的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为，D正确；故选D。6.下列反应必须加入氧化剂才能实现的是（）A.KMnO4→K2MnO4 B.PCl3→PCl5 C.CO2→D.→NO〖答案〗B〖解析〗详析】A、高锰酸钾自身分解，不必加入氧化剂，不选A；B、三氯化磷到五氯化磷，磷元素化合价升高，需要加入氧化剂，正确，选B；C、没有化合价的变化，不选C；D、氮元素化合价降低，需要加入还原剂，不选D。〖答案〗选B。7.下列各组离子在碱性条件下能大量共存，在强酸性条件下不能大量共存的是()A.Mg2＋、Na＋、、Cl－ B.K＋、、Cl－、C.Na＋、K＋、、 D.、Na＋、、〖答案〗B〖解析〗【详析】A．在碱性条件下，Mg2+会与OH-发生反应，即Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，碱溶液中不能大量存在Mg2+，故A不符合题意；B．在碱性条件下，该组离子之间不反应，可大量共存，在强酸性条件下，会与H+发生反应，即+2H+=CO2↑+H2O，强酸性条件下不能大量存在，故B符合题意；C．强酸性条件下、碱性条件下该组离子之间均不反应，可大量共存，故C不符合题意；D．在碱性条件下，会与OH-发生反应，即+OH-=NH3·H2O，碱溶液中不能大量存在，故D不符合题意；〖答案〗为B。8.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.溶于溶液中：B.氧化铁与稀盐酸反应：C.锌与硝酸银溶液反应：D.澄清的石灰水与稀盐酸反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．醋酸为弱酸，不可拆，离子方程式为：，A错误；B．氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式正确，B正确；C．锌与硝酸银溶液反应：，C错误；D．澄清的石灰水与稀盐酸反应：，D错误；故选B。9.今有x、y、z、w四种元素的微粒，彼此间能发生如下反应：Cl2+2Br－＝2Cl－+Br2;2Fe3++2I－＝2Fe2++I2;Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br－其中氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序为（）A.Cl2>Br2>Fe3+>I2 B.Cl2>Fe3+>I2>Br2 C.Cl2>I2>Fe3+>Br2 D.Br2>Fe3+>I2>Cl2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】Cl2+2Br-=2Cl-+Br2中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2；2Fe3++2I-=2Fe2++I2中氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2；Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-中氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Fe3+＞W2；通过以上分析知，氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；故选：A。10.向碘水中滴加溶液时发生反应：，下列说法不正确的是（）A.为还原剂B.发生氧化反应C还原性：>HID.每生成1mol，理论上转移的电子数目为2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．中硫元素化合价升高，为还原剂，故A正确；B．中碘元素化合价降低，发生还原反应，故B错误；C．还原剂的还原性强于还原产物，还原性：>HI，故C正确；D．硫由+4价升高为+6价，每生成1mol，理论上转移的电子数目为2，故D正确；故选B。11.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.CaCO3 B.SiO2 C.Na2SiO3 D.CaSiO3〖答案〗B〖解析〗【详析】二氧化硅可传输光，则光导纤维主要成分是二氧化硅，故〖答案〗为B。12.下列有关硅及其化合物性质和用途的说法正确的是（）A.单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池B.二氧化硅制成的玻璃纤维，因导电能力强而用于制造通讯光缆C.因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应生成二氧化碳，故硅酸的酸性比碳酸强D.二氧化硅不溶于水，所以硅酸不是二氧化硅对应的水化物〖答案〗A〖解析〗【详析】A.单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池，选项A正确；B、SiO2制成的玻璃纤维，用于制造通讯光缆是利用光的全反射原理，选项B错误；C．高温下，二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，因为有高温条件，所以不能据此判断硅酸和碳酸的相对强弱，选项C错误；D．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），选项D错误；〖答案〗选A。13.“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用。它的有效成分是（）A.氯化钠 B.高锰酸钾 C.次氯酸钠 D.硫酸钠〖答案〗C〖解析〗【详析】氯化钠溶液和硫酸钠溶液没有漂白性，高锰酸钾溶液呈紫红色，次氯酸钠溶液无色、有漂白作用，“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，〖答案〗选C。【『点石成金』】若没有记住该知识点也可以从选项进行分析，漂白的原理分氧化性漂白、化合性漂白以及吸附性漂白，氧化性漂白针对各种强氧化剂，化合性漂白针对，而吸附性漂白针对活性炭。氯化钠和硫酸钠无氧化性，因此不能作漂白剂，高锰酸钾虽有氧化性，但与题干说明的无色相悖，因此只能选次氯酸钠。14.下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内微粒）没有直接关系的是（）A.新制氯水使紫色石蕊试液先变红后褪色(Cl2)B.向氯水中滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生(Cl-)C.将Na2CO3固体加入新制氯水中，有无色气泡产生(H＋)D.向KI淀粉试液中滴加氯水，溶液呈蓝色(Cl2)〖答案〗A〖解析〗【详析】A.新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸、次氯酸都可电离产生H+，使溶液表现酸性，可以使紫色石蕊试液变为红色，由于新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，可以将红色溶液氧化变为无色，因此可看到溶液先变红后褪色，与Cl2无关，A无关；B.由于氯水中含有盐酸电离产生的Cl-，所以向氯水中加入AgNO3溶液，会发生复分解反应：Ag++Cl-=AgCl↓，B有关；C.新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸、次氯酸都可电离产生H+，H+与Na2CO3固体反应产生CO2气体，因此会产生无色气体，C有关；D.氯水中含有Cl2，向KI淀粉试液中滴加氯水，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，D有关；故合理选项是A。15.如图所示，将SO2通入下列不同溶液中，实验现象与所得结论不正确的是（）溶液现象结论A品红溶液红色溶液褪色SO2有漂白性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性D滴有酚酞的NaOH溶液红色溶液褪色SO2的水溶液呈酸性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．SO2具有漂白性，能够漂白品红溶液，A正确；B．将SO2通入到H2S水溶液中，溶液变浑浊，由于发生了2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中SO2表现出氧化性，B正确；C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现其还原性而不是漂白性，C错误；D．SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察到红色溶液褪色，是由于SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，体现SO2的水溶液呈酸性，D正确；故〖答案〗为：C。16.在汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示。下列说法正确的是（）A.N2是氧化产物B.NO和O2必须在催化剂表面才能反应C.吸附过程发生化合反应，解吸过程发生分解反应D.催化转化的总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．一氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，氮元素从+2价降为0价，化合价降低，所以一氧化氮做氧化剂，氮气为还原产物，故A错误；B．NO和O2在常温下就会发生反应生成二氧化氮，故B错误；C．根据图示，吸附过程为2NO+O2=2NO2，为化合反应，解吸过程为2NO2+4CO=4CO2+N2，不是分解反应，故C错误；D．尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分,反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2：正好是过程图中的变化，故D正确；〖答案〗选D。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题共五小题，共52分)17.按要求回答下列问题。(1)将、、、、、、、按可能大量共存于同-溶液的情况，分成A、B两组，而且每组中均含两种阳离子和两种阴离子。A组：_____________________________；B组：_____________________________。(2)书写下列反应的离子方程式。①溶液和溶液混合：____________________；②溶液和溶液混合：________________________；③溶液和溶液混合：_____________________。〖答案〗①.、、、②.、、、③.④.⑤.〖解析〗【详析】(1)设A组中含有，与、均不能大量共存，则、应存在于B组中，、与反应而不能大量共存，则应存在于A组中，又每组中均含两种阳离子和两种阴离子，所以A组中还应含有、，B组中还应含有、，则A组中含有、、、，B组中含有、、、(A、B组可互换)。故〖答案〗为：、、、；、、、；(2)①溶液和溶液反应的离子方程式为；故〖答案〗为：；②溶液和溶液反应的离子方程式为；故〖答案〗为：；③溶液和溶液反应的离子方程式为。故〖答案〗为：；18.Ⅰ．汽车安全气囊的药剂含有、、、等。当汽车发生碰撞时，迅速分解产生和Na，同时放出大量的热，使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。（1）中氯元素的化合价是______，因此具有______(填“还原性”或“氧化性”)。（2）Fe2O3可处理产生的Na，反应为：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe，请用单线桥表示电子转移的方向和数目_______。Ⅱ．为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生下列反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O。（3）该反应中，氧化剂是_______，氧化产物是_______。（4）当有3molI2生成时，有_______mol还原剂被氧化。〖答案〗（1）①.+7②.氧化性（2）（3）①.KIO3②.I2（4）5〖解析〗（1）根据KClO4中K化合价为+1价，O的化合价为-2价，则KClO4中氯元素的化合价是+7价，+7价为Cl的最高化合价，故因此具有氧化性，故〖答案〗为：+7；氧化性；（2）可处理产生的Na，反应为：，反应中Na失去电子，被氧化，Fe得到电子，被还原，故用单线桥法分析其电子转移的方向和数目表示为：，故〖答案〗为：；（3）该反应KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O中，KIO3中I的化合价由+5价变为0价，KI中I的化合价由-1价升高到0价，故氧化剂是KIO3，氧化产物是I2，故〖答案〗为：KIO3；I2；（4）由上述分析可知，当有3molI2生成时，有5mol还原剂即KI被氧化，故〖答案〗为：5。19.为确认、、的酸性强弱，某学生设计了如下图所示的实验装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）请据此回答：（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为________。（2）装置B所盛的试剂是_____________，其作用是__________________。（3）装置C所盛试剂是________________，C中反应的离子方程式是____________。（4）由此得到的结论是酸性：________＞________＞________。〖答案〗（1）盐酸（2）饱和溶液吸收气体（3）溶液↓（或）（4）〖解析〗要确认、、的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，所以A中反应为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，C中反应为Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在反应前，应除去CO2中混有的HCl气体。（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为酸。（2）装置B所盛的试剂，应能除去CO2中混有的HCl气体。（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。（4）由此可得出酸性的强弱关系。【详析】要确认、、的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在CO2通入硅酸钠溶液前，应除去CO2中混有的HCl气体。（1）锥形瓶中装某可溶性正盐(通常Na2CO3)溶液，分液漏斗所盛试剂应为盐酸。〖答案〗为：盐酸；（2）装置B所盛的试剂为饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2中混有的HCl气体。〖答案〗为：饱和溶液；吸收气体；（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。装置C所盛试剂是溶液，C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O==H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2HCO3-。（4）由此得到的结论是酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3。〖答案〗为：HCl；H2CO3；H2SiO3。20.含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料——光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。（1）与A最外层电子数相同，但相对原子质量比A小的元素B的原子结构示意图为______。（2）C与氢氟酸反应的化学方程式是_______。（3）将C与纯碱混合高温熔融时反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将过量的E通入到D的水溶液中，生成了含A的化合物F。①生成D的化学方程式为_______，生成F的化学方程式为_______。②要将纯碱高温熔化，下列坩埚中可选用的是_______。A．普通玻璃坩埚B．石英玻璃坩埚C．铁坩埚〖答案〗（1）（2）SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O（3）①.SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑②.Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓③.C〖解析〗含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料--光导纤维，则元素A为Si，化合物C为SiO2，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D为Na2SiO3，(3)将SiO2与纯碱混合高温熔融时反应生成Na2SiO3，同时还生成B的最高价氧化物E，则E为CO2，将过量的E通入到D的水溶液中，生成了含A的化合物F为H2SiO3，据此分析解题。（1）由分析可知，A为Si，则与A最外层电子数相同即为同一主族，但相对原子质量比A小的元素B故为C，C的原子结构示意图为，故〖答案〗为：；（2）由分析可知，C为SiO2，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，反应方程式为：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，故〖答案〗为：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O；（3）①将SiO2与纯碱混合高温熔融时反应生成Na2SiO3，同时还生成B的最高价氧化物E，则E为CO2，反应为方程式为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；将过量的E即CO2通入到D即Na2SiO3的水溶液中，，生成了含A的化合物F为H2SiO3，反应方程式为：Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓，故〖答案〗为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓；②普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚中的二氧化硅在高温下都能与碳酸钠反应，应在铁坩埚中熔融，故〖答案〗为：C。21.如图中，A是氯气的发生装置，B、C是净化气体的装置，B装置中装有饱和食盐水，D中装铁丝网；反应后E的底部有棕色固体聚集；F是吸收多余气体的装置。（1）上述装置中有一处错误，请指出是_______处(用字母表示)。（2）B装置的作用是_______，C装置中需要加入_______。（3）写出A中发生反应的离子方程式______，写出D中发生反应的化学方程式_______。（4）F中发生的离子方程式为_______，工业上制备漂白粉的化学方程式_______。（5）如果A中产生氯气3.36L(标准状况)，则被氧化的HCl的物质的量为_______mol。〖答案〗（1）B（2）①.除去氯气中的氯化氢②.浓硫酸（3）①.②.2Fe+3Cl22FeCl3（4）①.②.（5）0.3〖解析〗A中浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，B中盛放饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，D中氯气与铁粉反应制备氯化铁，E中收集氯化铁，F中盛放氢氧化钠溶液，吸收氯气。（1）B装置是除去氯气中含有的杂质气体氯化氢，装置中导管短进长出，洗气装置除杂质要遵循长进短出，所以B处错误；（2）B装置的作用是除去氯气中的氯化氢；C装置中需要加入浓硫酸；（3）A中发生反应的离子方程式：；D中铁与氯气反应生成氯化铁，发生反应的化学方程式：2Fe+3Cl22FeCl3；（4）F中盛放氢氧化钠溶液，吸收氯气，发生的离子方程式为：；工业上用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，化学方程式为：；（5）A中发生反应的离子方程式：，如果A中产生氯气3.36L(标准状况)，则被氧化的HCl的物质的量为：。广东省湛江市某校2023-2024学年高一上学期第三次月考试题可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23Si:28Cl:35.5I:127第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.新型冠状病毒可通过气溶胶传播，在人多的地方最好佩戴口罩。下列关于气溶胶的说法不正确的是（）A.气溶胶是一种胶体B.气溶胶中的分散剂是空气C.气溶胶中的分散质粒子的直径在1nm~100nm之间D.气溶胶的本质特征是具有丁达尔效应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．气溶胶的分散质的粒子直径在1~100nm之间，属于胶体，A正确；B．气溶胶是其他物质分散在空气中形成的胶体，分散剂是空气，B正确；C．气溶胶属于胶体，其分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，C正确；D．气溶胶具有丁达尔效应，但不是本质特征，本质特征是分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，D错误；〖答案〗选D。2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.墙体使用的砖瓦、水泥，是硅酸盐材料B.使用的钢化玻璃，其主要成分只有C.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋可防止食品因氧化而变质D.正长石的化学式为，可表示为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．墙体使用的砖瓦、水泥主要成分是硅酸盐，是硅酸盐材料，故A正确；B．使用的钢化玻璃，其主要成分有和硅酸盐，故B错误；C．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，硅胶具有吸水性，可防止食物受潮，可防止食品因吸湿而变质，故C错误；D．正长石的化学式为，可表示为，故D错误；故选A。3.下列环境问题与所对应的物质无关的是（）A.酸雨——SO2 B.光化学烟雾——NO2C.温室效应——CO2 D.室内空气污染——N2〖答案〗D〖解析〗【详析】A.SO2可以与H2O反应产生H2SO3，H2SO3与溶于水中的O2反应产生H2SO4，或者其在空气中被氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于雨水生成硫酸，从而导致酸雨，A不符合题意；B.NO2会造成光化学烟雾，所以光化学烟雾与NO2有关，B不符合题意；C.CO2、CH4会导致温室效应，所以CO2与温室效应有关，C不符合题意；D.N2是空气的主要成分，所以N2不会造成室内空气污染，D符合题意；故合理选项是D。4.下列实验操作中，错误的是（）A. B. C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A、加热固体时，试管口略向下倾斜，用酒精灯外焰加热，图示装置正确，故A正确；B、分液时分液漏斗下端玻璃管应该紧靠在烧杯内壁上，故B错误；C、过滤装置应该满足“一贴二低三靠”，图示装置正确，故C正确；D、蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，图示装置正确，故D正确；故选B。5.表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（）A.标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为B.32g占有的体积约为22.4LC.4.0gNaOH固体溶于100mL水中，得到1的NaOH溶液D.常温、常压下，22g中含有的氧原子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．标况下水为液态，22.4L水的物质的量不是1mol，水分子个数不是，A错误；B．没有指明标况，无法计算氧气的体积，B错误；C．4.0gNaOH配成100mL溶液，得到1的NaOH溶液，C错误；D．常温、常压下，22g的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为，D正确；故选D。6.下列反应必须加入氧化剂才能实现的是（）A.KMnO4→K2MnO4 B.PCl3→PCl5 C.CO2→D.→NO〖答案〗B〖解析〗详析】A、高锰酸钾自身分解，不必加入氧化剂，不选A；B、三氯化磷到五氯化磷，磷元素化合价升高，需要加入氧化剂，正确，选B；C、没有化合价的变化，不选C；D、氮元素化合价降低，需要加入还原剂，不选D。〖答案〗选B。7.下列各组离子在碱性条件下能大量共存，在强酸性条件下不能大量共存的是()A.Mg2＋、Na＋、、Cl－ B.K＋、、Cl－、C.Na＋、K＋、、 D.、Na＋、、〖答案〗B〖解析〗【详析】A．在碱性条件下，Mg2+会与OH-发生反应，即Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，碱溶液中不能大量存在Mg2+，故A不符合题意；B．在碱性条件下，该组离子之间不反应，可大量共存，在强酸性条件下，会与H+发生反应，即+2H+=CO2↑+H2O，强酸性条件下不能大量存在，故B符合题意；C．强酸性条件下、碱性条件下该组离子之间均不反应，可大量共存，故C不符合题意；D．在碱性条件下，会与OH-发生反应，即+OH-=NH3·H2O，碱溶液中不能大量存在，故D不符合题意；〖答案〗为B。8.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.溶于溶液中：B.氧化铁与稀盐酸反应：C.锌与硝酸银溶液反应：D.澄清的石灰水与稀盐酸反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．醋酸为弱酸，不可拆，离子方程式为：，A错误；B．氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式正确，B正确；C．锌与硝酸银溶液反应：，C错误；D．澄清的石灰水与稀盐酸反应：，D错误；故选B。9.今有x、y、z、w四种元素的微粒，彼此间能发生如下反应：Cl2+2Br－＝2Cl－+Br2;2Fe3++2I－＝2Fe2++I2;Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br－其中氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序为（）A.Cl2>Br2>Fe3+>I2 B.Cl2>Fe3+>I2>Br2 C.Cl2>I2>Fe3+>Br2 D.Br2>Fe3+>I2>Cl2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】Cl2+2Br-=2Cl-+Br2中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2；2Fe3++2I-=2Fe2++I2中氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2；Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-中氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Fe3+＞W2；通过以上分析知，氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；故选：A。10.向碘水中滴加溶液时发生反应：，下列说法不正确的是（）A.为还原剂B.发生氧化反应C还原性：>HID.每生成1mol，理论上转移的电子数目为2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．中硫元素化合价升高，为还原剂，故A正确；B．中碘元素化合价降低，发生还原反应，故B错误；C．还原剂的还原性强于还原产物，还原性：>HI，故C正确；D．硫由+4价升高为+6价，每生成1mol，理论上转移的电子数目为2，故D正确；故选B。11.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.CaCO3 B.SiO2 C.Na2SiO3 D.CaSiO3〖答案〗B〖解析〗【详析】二氧化硅可传输光，则光导纤维主要成分是二氧化硅，故〖答案〗为B。12.下列有关硅及其化合物性质和用途的说法正确的是（）A.单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池B.二氧化硅制成的玻璃纤维，因导电能力强而用于制造通讯光缆C.因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应生成二氧化碳，故硅酸的酸性比碳酸强D.二氧化硅不溶于水，所以硅酸不是二氧化硅对应的水化物〖答案〗A〖解析〗【详析】A.单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池，选项A正确；B、SiO2制成的玻璃纤维，用于制造通讯光缆是利用光的全反射原理，选项B错误；C．高温下，二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，因为有高温条件，所以不能据此判断硅酸和碳酸的相对强弱，选项C错误；D．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），选项D错误；〖答案〗选A。13.“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用。它的有效成分是（）A.氯化钠 B.高锰酸钾 C.次氯酸钠 D.硫酸钠〖答案〗C〖解析〗【详析】氯化钠溶液和硫酸钠溶液没有漂白性，高锰酸钾溶液呈紫红色，次氯酸钠溶液无色、有漂白作用，“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，〖答案〗选C。【『点石成金』】若没有记住该知识点也可以从选项进行分析，漂白的原理分氧化性漂白、化合性漂白以及吸附性漂白，氧化性漂白针对各种强氧化剂，化合性漂白针对，而吸附性漂白针对活性炭。氯化钠和硫酸钠无氧化性，因此不能作漂白剂，高锰酸钾虽有氧化性，但与题干说明的无色相悖，因此只能选次氯酸钠。14.下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内微粒）没有直接关系的是（）A.新制氯水使紫色石蕊试液先变红后褪色(Cl2)B.向氯水中滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生(Cl-)C.将Na2CO3固体加入新制氯水中，有无色气泡产生(H＋)D.向KI淀粉试液中滴加氯水，溶液呈蓝色(Cl2)〖答案〗A〖解析〗【详析】A.新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸、次氯酸都可电离产生H+，使溶液表现酸性，可以使紫色石蕊试液变为红色，由于新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，可以将红色溶液氧化变为无色，因此可看到溶液先变红后褪色，与Cl2无关，A无关；B.由于氯水中含有盐酸电离产生的Cl-，所以向氯水中加入AgNO3溶液，会发生复分解反应：Ag++Cl-=AgCl↓，B有关；C.新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸、次氯酸都可电离产生H+，H+与Na2CO3固体反应产生CO2气体，因此会产生无色气体，C有关；D.氯水中含有Cl2，向KI淀粉试液中滴加氯水，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，D有关；故合理选项是A。15.如图所示，将SO2通入下列不同溶液中，实验现象与所得结论不正确的是（）溶液现象结论A品红溶液红色溶液褪色SO2有漂白性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性D滴有酚酞的NaOH溶液红色溶液褪色SO2的水溶液呈酸性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．SO2具有漂白性，能够漂白品红溶液，A正确；B．将SO2通入到H2S水溶液中，溶液变浑浊，由于发生了2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中SO2表现出氧化性，B正确；C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现其还原性而不是漂白性，C错误；D．SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察到红色溶液褪色，是由于SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，体现SO2的水溶液呈酸性，D正确；故〖答案〗为：C。16.在汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示。下列说法正确的是（）A.N2是氧化产物B.NO和O2必须在催化剂表面才能反应C.吸附过程发生化合反应，解吸过程发生分解反应D.催化转化的总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．一氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，氮元素从+2价降为0价，化合价降低，所以一氧化氮做氧化剂，氮气为还原产物，故A错误；B．NO和O2在常温下就会发生反应生成二氧化氮，故B错误；C．根据图示，吸附过程为2NO+O2=2NO2，为化合反应，解吸过程为2NO2+4CO=4CO2+N2，不是分解反应，故C错误；D．尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分,反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2：正好是过程图中的变化，故D正确；〖答案〗选D。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题共五小题，共52分)17.按要求回答下列问题。(1)将、、、、、、、按可能大量共存于同-溶液的情况，分成A、B两组，而且每组中均含两种阳离子和两种阴离子。A组：_____________________________；B组：_____________________________。(2)书写下列反应的离子方程式。①溶液和溶液混合：____________________；②溶液和溶液混合：________________________；③溶液和溶液混合：_____________________。〖答案〗①.、、、②.、、、③.④.⑤.〖解析〗【详析】(1)设A组中含有，与、均不能大量共存，则、应存在于B组中，、与反应而不能大量共存，则应存在于A组中，又每组中均含两种阳离子和两种阴离子，所以A组中还应含有、，B组中还应含有、，则A组中含有、、、，B组中含有、、、(A、B组可互换)。故〖答案〗为：、、、；、、、；(2)①溶液和溶液反应的离子方程式为；故〖答案〗为：；②溶液和溶液反应的离子方程式为；故〖答案〗为：；③溶液和溶液反应的离子方程式为。故〖答案〗为：；18.Ⅰ．汽车安全气囊的药剂含有、、、等。当汽车发生碰撞时，迅速分解产生和Na，同时放出大量的热，使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。（1）中氯元素的化合价是______，因此具有______(填“还原性”或“氧化性”)。（2）Fe2O3可处理产生的Na，反应为：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe，请用单线桥表示电子转移的方向和数目_______。Ⅱ．为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生下列反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O。（3）该反应中，氧化剂是_______，氧化产物是_______。（4）当有3molI2生成时，有_______mol还原剂被氧化。〖答案〗（1）①.+7②.氧化性（2）（3）①.KIO3②.I2（4）5〖解析〗（1）根据KClO4中K化合价为+1价，O的化合价为-2价，则KClO4中氯元素的化合价是+7价，+7价为Cl的最高化合价，故因此具有氧化性，故〖答案〗为：+7；氧化性；（2）可处理产生的Na，反应为：，反应中Na失去电子，被氧化，Fe得到电子，被还原，故用单线桥法分析其电子转移的方向和数目表示为：，故〖答案〗为：；（3）该反应KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O中，KIO3中I的化合价由+5价变为0价，KI中I的化合价由-1价升高到0价，故氧化剂是KIO3，氧化产物是I2，故〖答案〗为：KIO3；I2；（4）由上述分析可知，当有3molI2生成时，有5mol还原剂即KI被氧化，故〖答案〗为：5。19.为确认、、的酸性强弱，某学生设计了如下图所示的实验装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）请据此回答：（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为________。（2）装置B所盛的试剂是_____________，其作用是__________________。（3）装置C所盛试剂是________________，C中反应的离子方程式是____________。（4）由此得到的结论是酸性：________＞________＞________。〖答案〗（1）盐酸（2）饱和溶液吸收气体（3）溶液↓（或）（4）〖解析〗要确认、、的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，所以A中反应为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，C中反应为Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在反应前，应除去CO2中混有的HCl气体。（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为酸。（2）装置B所盛的试剂，应能除去CO2中混有的HCl气体。（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。（4）由此可得出酸性的强弱关系。【详析】要确认、、的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在CO2通入硅酸钠溶液前，应除去CO2中混有的HCl气体。（1）锥形瓶中装某可溶性正盐(通常Na2CO3)溶液，分液漏斗所盛试剂应为盐酸。〖答案〗为：盐酸；（2）装置B所盛的试剂为饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2中混有的HCl气体。〖答案〗为：饱和溶液；吸收气体；（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。装置C所盛试剂是溶液，C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O==H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2HCO3-。（4）由此得到的结论是酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3。〖答案〗为：HC