（水滴系列）山東省滕州市2023屆高考化學一輪復習考前特訓六元素化學新人教版

PAGEPAGE1元素化學板塊一：根底反響與物質性質[2022·江蘇化學卷7]以下物質轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③飽和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3⑤MgCl2Mg(OH)2MgOA．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤【答案】A[2022·江蘇卷化學9]在給定的條件下，以下選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是A．SiO2SiCl4SiB．FeS2SO2H2SO4C．N2NH3NH4Cl(aq)D．MgCO3MgCl2(aq)Mg【答案】C[2022·福建卷化學9]常溫下，以下各組物質中，Y既能與X反響又能與Z反響的是化合物組別XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3Cu濃硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③【答案】B[2022·江蘇卷化學8]以下各組物質中，不滿足組內任意兩種物質在一定條件下均能發(fā)生反響的是組別選項甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3【答案】B[2022·福建卷理綜9]下表各選項中，不能利用置換反響通過Y得到W的一組化合物是選項化合物ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2H5ONaCuCl2【答案】D【解析】A項中是Mg與CO2反響，方程式為2Mg＋2CO22MgO＋C；B項中Al與Fe2O3發(fā)生鋁熱反響，方程式為Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3；C項中是金屬Na與C2H5OH反響，方程式為2Na＋2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa＋H2↑。這三個反響都是置換反響。D項中是發(fā)生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，不是置換反響，[2022·江蘇卷化學·3]以下所列各組物質中，物質之間通過一步反響就能實現(xiàn)如下圖轉化的是abcAAlAlCl3Al(OH)3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【答案】B[2022·福建卷化學9]以下各組物質中，滿足以下圖物質一步轉化關系的選項是XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3【答案】C[2022·江蘇卷化學8]給定條件下，以下選項中所示的物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是()A．粗硅SiCl4SiB．Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC．Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag【答案】A【解析】試題分析：A、Si＋2Cl2SiCl4↑，SiCl4＋2H2Si＋4HCl，故正確；B、工業(yè)上制備Mg，是電解熔融狀態(tài)下的氯化鎂，故B錯誤；C、FeCl3是強酸弱堿鹽，直接加熱蒸發(fā)最終得到的是氧化鐵，故C錯誤；D、蔗糖是非復原性糖，不能與銀氨溶液反響，故D錯誤。[2022·上海卷化學13]以下實驗過程中，始終無明顯現(xiàn)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】：此題考查了常見元素化合物知識。NO2通入后和水反響生成具有強氧化性的硝酸，其將亞鐵鹽氧化為鐵鹽，溶液顏色由淺綠色變?yōu)辄S色，排除A；CO2和CaCl2不反響，無明顯現(xiàn)象，符合，選B；NH3通入后轉化為氨水，其和AlCl3反響生成氫氧化鋁沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸鋇中，其被氧化為硫酸，生成硫酸鋇沉淀，排除D。[2022·福建卷化學11]以下物質與水作用形成的溶液能與NH4Cl反響生成NH3的是A．二氧化氮B．鈉C．硫酸鎂D．二氧化硅【答案】B【解析】NH4++H2ONH3●H2O+H+，只要能使平衡往正方向進行，而且在一定條件下溫度升高或者氨水的濃度足夠大就可能生成NH3，A項：產生NO氣體，錯誤；B項：鈉消耗了H+而且該反響放熱可以產生氨氣，正確；C項：不能產生氨氣，錯誤；D項：二氧化硅可以與氫氟酸反響，跟其他酸很難反響，所以也沒有氨氣產生，錯誤。[2022·上海卷化學7]以下溶液中通入SO2一定不會產生沉淀的是A．Ba(OH)2B．Ba(NO3)2C．Na2SD．BaCl【答案】D【解析】A生成BaSO3沉淀；SO2溶于水顯酸性，被Ba(NO3)2氧化生成硫酸，進而生成BaSO4沉淀；SO2通入Na2S溶液中會生成單質S沉淀。[2022·上海卷化學5]和氫硫酸反響不能產生沉淀的是A．Pb(NO3)2溶液B．Na2S溶液C．CuSO4溶液D．H2SO4溶液【答案】B[2022·海南化學卷8]〔雙選〕兩種鹽的固體混合物：①加熱時有氣體產生，②加水溶解時有沉淀生成，且沉淀溶于稀鹽酸。滿足上述條件的混合物是A．BaCl2和(NH4)2SO3B．AgNO3和NH4ClC．FeCl3和NaHCO3D.KCl和Na2CO3【答案】AC【解析】(NH4)2SO3加熱時會分解放出氣體，BaCl2和(NH4)2SO3溶于水生成的沉淀為BaSO3，它能溶解于鹽酸，故A選項符合題意；B中兩種物質溶于水生成的沉淀為AgCl，不能溶解于鹽酸，故B選項不符合題意；C中的NaHCO3受熱會分解放出二氧化碳，F(xiàn)eCl3和NaHCO3溶于水發(fā)生互促水解的反響，生成的Fe(OH)3沉淀溶于鹽酸。[2022·海南卷化學]以下固體混合物與過量的稀H2SO4反響，能產生氣泡并有沉淀生產的是A．NaHCO3和Al(OH)3B．BaCl2和NaClC．KClO3和K2SO4D．Na2SO3和BaCO3【答案】D【解析】根據(jù)題中的要求，要產生氣泡同時有沉淀生成。A選項無沉淀生成，B選項無氣體生成，C選項物質不熟悉可用排除法，D可得到氣體和沉淀，符合題目要求。[2022·山東卷理綜10]某化合物由兩種單質直接反響生成，將其參加BaHCO3溶液中同時有氣體和沉淀產生。以下化合物中符合上述條件的是:A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．SiO2【答案】A【解析】A、AlCl3可由Al與Cl2反響制得，AlCl3與Ba(HCO3)2反響生成CO2和Al(OH)3沉淀，正確；B、Na2O與Ba(HCO3)2反響沒有氣體生成，錯誤；C、FeCl2不能由兩種單質直接反響生成，錯誤；D、SiO2不與Ba(HCO3)2反響，錯誤。[2022·海南卷化學·9]在室溫時，以下各組中的物質分別與過量NaOH溶液反響，能生成5種鹽的是：A．A12O3、SO2、CO2、SO3B．C12、A12O3、N2O5、SO3C．CO2、C12、CaO、SO3D．SiO2、N2O5、CO、C12【答案】B【解析】題中的關鍵詞“過量NaOH溶液〞，A中只能生成4種鹽；B生成5種〔NaCl、NaClO、NaAlO2、NaNO3、Na2SO4〕；C中CaO不能生成鹽；D中CO不能成鹽。[2022·上海卷化學·18]〔雙選〕一定條件下，一種反響物過量，另一種反響物仍不能完全反響的是A．過量的氫氣與氮氣B．過量的濃鹽酸與二氧化錳C．過量的銅與濃硫酸D．過量的鋅與18mol/L硫酸【答案】AC【解析】A．H2和N2制備NH3是可逆反響，反響物始終不能消耗完；B．可以參加過量的濃鹽酸，使二氧化錳徹底反響完全；C．濃硫酸隨著反響變稀，稀硫酸不再與銅反響；D．18mol/L的濃硫酸與鋅開始反響產生SO2，隨著反響進行，濃硫酸變稀，再與鋅反響產生H2。應選AC。[2022·上海卷化學20]NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集滿CO2的鋁制易拉罐中參加過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時間，罐壁又重新凸起。上述實驗過程中沒有發(fā)生的離子反響是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】向集滿CO2的鋁罐中參加過量氫氧化鈉，首先CO2與氫氧化鈉反響，表現(xiàn)為鋁罐變癟，接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反響，因鋁罐外表有氧化膜Al2O3，故可發(fā)生A、B、C的反響。應選D。[2022·福建卷理綜·7]能實現(xiàn)以下物質間直接轉化的元素是單質氧化物酸或堿鹽A．硅B．硫C．銅D．鐵【答案】B【解析】S與O2生成SO2，再與H2O生成H2SO3，可以與NaOH生成Na2SO3，B項正確。A項，SiO2不與水反響，錯；C項中CuO，D項中Fe3O4均不與H2O反響，故錯。[2022·江蘇卷化學6]甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲乙丙。以下有關物質的推斷不正確的選項是A．假設甲為焦炭，那么丁可能是O2B．假設甲為SO2，那么丁可能是氨水C．假設甲為Fe，那么丁可能是鹽酸D．假設甲為NaOH溶液，那么丁可能是CO2[2022·福建卷理綜9]純潔物X、Y、Z轉化關系如右圖所示，以下判斷正確的選項是〔〕A．X可能是金屬銅B．Y不可能是氫氣C．Z可能是氯化鈉D．Z可能是三氧化硫【答案】A【解析】試題分析：A.假設X是Cu，Y是Cl2，Cu在Cl2燃燒產生Z是CuCl2，電解CuCl2溶液產生Cu和Cl2，符合上述轉化關系，正確。B．假設X是Cl2，Y是氫氣，氫氣在氯氣中燃燒產生Z是HCl，電解HCl的水溶液，產生氫氣和氯氣，符合上述轉化關系，錯誤。C．假設Z是氯化鈉，那么X、Y分別是Na和Cl2中的一種；電解氯化鈉水溶液會產生氫氣、氯氣、氫氧化鈉，不符合上述轉化關系，錯誤。D．假設Z是三氧化硫，而X、Y可能是O2和SO2中的一種，SO3溶于水產生硫酸，電解硫酸溶液，實質是電解水，產生氫氣和氧氣，不符合上述轉化關系，錯誤。[2022·全國新課標I卷理綜13]短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物。n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體。q的水溶液具有漂白性。0.01mol·L?1r溶液的為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如下圖。以下說法正確的選項是〔〕A．原子半徑的大小W<X<YB．元素的非金屬性Z>X>YC．的氫化物常溫常壓下為液態(tài)D．的最高價氧化物的水化物為強酸【答案】C【解析】Z的單質為黃綠色氣體，為，因此Z為氯元素。的水溶液pH值為2，說明為一元強酸。與在光的條件下反響得到以及難溶于水的混合物，因此為烷烴〔如〕，為，為發(fā)生取代反響后的有機混合物。與反響可得以及具有漂白性的，可知為，為。綜上，W、X、Y、Z分別為、、、。A、原子半徑大小排序為，即W<Y<X〔C與O同周期，原子序數(shù)大者半徑小，的原子半徑是所有原子中最小的〕，故A錯誤。B、元素非金屬性中，即Y>X，故B錯誤。C、Y為氧元素，其氫化物為或，常溫下均為液態(tài)，故C正確。D、X為碳元素，其最高價氧化物的水化物為碳酸，是弱酸，故D錯誤。[2022·北京卷化學12]由短周期元素組成的中學常見無機物A、B、C、D、E、X存在如在右圖轉化關系〔局部生成物和反響條件略去〕以下推斷不正確的選項是A．假設X是Na2CO3，C為含極性鍵的非極性分子，那么A一定是氯氣，且D和E不反響B(tài)．假設A是單質，B和D的反響是OH?+HCO?3═H2O+CO2?3，那么E一定能復原Fe2O3C．假設D為CO，C能和E反響，那么A一定為Na2O2，其電子式是D．假設D為白色沉淀，與A摩爾質量相等，那么X一定是鋁鹽【答案】A[2022·上海卷化學2]以下物質見光不會分解的是〔〕A．HClOB．NH4ClC．HNO3D．AgNO3【答案】B[2022·上海卷化學5]二氧化硫能使溴水褪色，說明二氧化硫具有〔〕A．復原性B．氧化性C．漂白性D．酸性【答案】A[2022·上海卷化學2]以下試劑不會因為空氣中的氧氣而變質的是A．過氧化鈉B．氫硫酸C．硫酸亞鐵D．苯酚【答案】A[2022·上海卷化學6]濃硫酸有許多重要的性質，在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質是A．酸性B．脫水性C．強氧化性D．吸水性【答案】A【解析】濃硫酸具有吸水性、脫水性和強氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過程中不會顯示酸性。[2022·北京卷理綜]以下表達正確的選項是()A．金屬與鹽溶液反響都是置換反響B(tài)．陰離子都只有復原性C．與強酸、強堿都反響的物質只有兩性氧化物或兩性氫氧化物D．分子晶體中都存在范德瓦爾斯力，可能不存在共價鍵【答案】D【解析】金屬鐵和氯化鈉溶液反響是化合反響，A錯；陰離子中像MnO4-只具有強氧化性，B錯；與強酸、強堿都反響的物質中，像碳酸氫鈉是酸式鹽，C錯；分子之間都是范德華力，在分子內部原子間是共價鍵，但惰性氣體是單原子分子，故不存在共價鍵。[2022·全國大綱Ⅱ卷理綜]對于ⅣA族元素，以下表達中不正確的選項是()A．SiO2和CO2中Si和O，C和O之間都是共價鍵B．C、Si、Ge的最外層電子數(shù)都是4，次外層電子數(shù)都是8C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定條件下都能和氧化鈣反響D．該族元素的主要化合價是＋4和＋2【答案】B【解析】ⅣA族元素最外層電子數(shù)都是4，但C原子的次外層電子數(shù)只有2個電子。[2022·重慶卷理綜]以下表達正確的選項是〔〕A．稀硝酸、稀硫酸均能將木炭氧化成二氧化碳B．Na2O2與水反響，紅熱的Fe與水蒸氣反響均能生成堿C．Li、C、P分別在足量氧氣中燃燒均生成一種相應氧化物D．NaHCO3、Na2CO3、(NH4)2CO3三種固體受熱后均能生成氣體【答案】C【解析】選項A中稀硫酸與C不反響；選項B中3Fe＋4H2O==Fe3O4＋2H2↑，不能生成堿；選項C中那么三種單質與O2反響分別生成Li2O、CO2和P2O5；選項D中Na2CO3加熱不會分解。。[2022·北京卷理綜8]以下表達正確的選項是A．將CO2通入BaCl2溶液中至飽和，無沉淀產生；再通入SO2，產生沉淀B．在稀硫酸中參加銅粉，銅粉不溶解；再參加Cu(NO3)2固體，銅粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，產生白色沉淀；再參加NaHSO4溶液，沉淀消失D．純鋅與稀硫酸反響產生氫氣的速率較慢；再參加少量CuSO4固體，速率不改變【答案】C[2022·廣東卷文基64]鐵和鐵合金是生活中常用的材料，以下說法正確的選項是〔〕A．不銹鋼是鐵合金，只含金屬元素B．一定條件下，鐵粉可與水蒸氣反響C．鐵與鹽酸反響，鐵合金不與鹽酸反響D．在空氣中，鐵板比鍍鋅鐵板更耐腐蝕【答案】B【解析】：A、不銹鋼屬于合金，含有碳元素；B、鐵粉與水蒸氣可在高溫下反響；C、鐵及合金都可以與鹽酸反響；D、在潮濕空氣中鐵板容易發(fā)生電化學腐蝕，鍍鋅鐵板那么不容易被腐蝕，鋅比鐵活潑，鋅鐵構成原電池，鐵做正極被保護。[2022·重慶卷理綜8]以下表達正確的選項是A．鋁制容器可盛裝熱的H2SO4B．AgI膠體在電場中自由運動C．K與水反響比Li與水反響劇烈D．紅磷在過量Cl2中燃燒生成PCl3【答案】C【解析】此題考察物質的性質。A項，鋁與熱的濃硫酸反響，錯誤。B項，AgL膠體吸附電荷而帶電，故在電場作用下做定向移動，錯誤。C項，K比Li活潑，故與水反響劇烈，正確。D項，P與過量的反響，應生成,錯誤。[2022·全國大綱Ⅰ卷理綜]以下表達正確的選項是A．Li在氧氣中燃燒主要生成Li2O2B．將SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C．將CO2通入次氯酸鈣溶液可生成次氯酸D．將NH3通入熱的CuSO4溶液中能使Cu2+復原成Cu【答案】C【解析】A錯誤，因為Li在空氣中燃燒只能生成Li2O,直接取材于第一冊課本第二章第三節(jié)；B錯誤，酸性：HCl＞H2SO3＞H2CO3所以通入后無BaSO3沉淀，因為BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑；D錯誤，溶液中該反響難以發(fā)生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接著Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能復原CuO為Cu,要復原必須是枯燥的固態(tài)！C正確，強酸制弱酸，酸性：H2CO3＞HClO,反響為：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO。[2022·山東卷理綜13]以下推斷正確的選項是A．SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反響B(tài)．Na2O、Na2O2組成元素相同，與CO2反響產物也相同C．CO、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在D．新制氯水顯酸性，向其中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色【答案】A【解析】酸性氧化物能夠跟堿反響，生成鹽和水的氧化物，故A正確，因為,與反響生成,與反響除生成外，還生成，故B錯；在空氣中會發(fā)生反響，故C錯；因為新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的現(xiàn)象是先變紅，后褪色，故D錯。[2022·山東卷理綜12]Al、Fe、Cu都是重要的金屬元素。以下說法正確的選項是A．三者對應的氧化物均為堿性氧化物B．三者的單質放置在空氣中均只生成氧化物C．制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法D．電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是陰極上依次析出Cu、Fe、Al【答案】C[2022·重慶卷理綜]以下表達正確的選項是A．Fe分別與氯氣和稀鹽酸反響所得氯化物相同B．K、Zn分別與缺乏量的稀硫酸反響所得溶液均呈中性C．Li、Na、K的原子半價和密度隨原子序數(shù)的增加而增大D．C、P、S、Cl的最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強【答案】D【解析】鐵屬于變價屬于變價金屬，與強氧化劑反響生成Fe3＋，與弱氧化劑反響生成Fe2＋，氯氣屬于強氧化劑，鹽酸屬于非氧化性酸，因此選項A不正確；當硫酸缺乏時，Zn和K均過量，但過量的K會繼續(xù)和水反響生成KOH而呈堿性，B不正確；同主族元素自上而下，隨著核電荷數(shù)的增加電子層數(shù)逐漸增多，原子半徑逐漸增大，密度也逐漸增大，但Na的密度大于K的，C不正確；C、P、S、Cl的非金屬性逐漸增強，所以其最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強，D正確。[2022·天津卷理綜2]以下單質或化合物性質的描述正確的選項是〔〕A．NaHSO4水溶液顯中性B．SiO2與酸、堿均不反響C．NO2溶于水時發(fā)生氧化復原反響D．Fe在足量Cl2中燃燒生成FeCl2和FeCl3【答案】C[2022·重慶卷理綜7]以下表達正確的選項是A．Fe與S混合加熱生成FeS2B．NaHCO3的熱穩(wěn)定性大于Na2CO3C．過量的銅與濃硫酸反響有二氧化硫生成D．白磷在空氣中加熱到一定溫度能轉化成紅磷【答案】C【解析】故C選項符合題意；KCl和Na2CO3受熱都不分解生成氣體，故D選項不符合題意。[2022·江蘇卷化學4]在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C。以下說法正確的選項是〔〕A．元素C的單質只存在金剛石和石墨兩種同素異形體B．Mg、MgO中鎂元素微粒的半徑：r(Mg2＋)>r(Mg)C．在該反響條件下，Mg的復原性強于C的復原性D．該反響中化學能全部轉化為熱能【答案】C【解析】試題分析：A、C還存在C60、C70等同素異形體，故A錯誤；B、同種元素的半徑的比擬，看電子數(shù)，電子數(shù)越多，半徑越大，r(Mg2＋)<r(Mg)，故B錯誤；C、根據(jù)氧化復原反響中，復原劑的復原性大于復原產物的復原性，Mg是復原劑，C是復原產物，故C正確；D、局部轉成熱能，一局部轉成光能，故D錯誤。[2022·重慶卷理綜2]以下說法正確的選項是〔〕A．I的原子半徑大于Br，HI比HBr的熱穩(wěn)定性強B．P的非金屬性強于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性強C．Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反響D．SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】試題分析：A.非金屬性Br>I,那么HBr比HI的熱穩(wěn)定性強，錯誤；B.非金屬性P>Si,那么H3PO4比H2SiO3的酸性強，正確；C.Al2O3屬于兩性氧化物，能與氫氧化鈉溶液反響，MgO屬于堿性氧化物，與NaOH溶液不反響，錯誤；D.SO2在酸性環(huán)境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸鋇，那么SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，錯誤；選B。[2022·安徽卷理綜9]以下有關說法正確的選項是：A．在酒精燈加熱條件下，Na2CO3、NaHCO3固體都能發(fā)生分解B．Fe(OH)3膠體無色、透明，能發(fā)生丁達爾現(xiàn)象C．H2、SO2、CO2三種氣體都可用濃硫酸枯燥D．SiO2既能和氫氧化鈉溶液反響也能和氫氟酸反響，所以是兩性氧化物【答案】C[2022·上海卷化學21]〔雙選〕類比推理是化學中常用的思維方法。以下推理正確的選項是A．CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子B．SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SC．Fe與Cl2反響生成FeCl3，推測Fe與I2反響生成FeI3D．NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr【答案】AB【解析】A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直線形分子，正確；B．C和Si，Se和S都分別為同族元素，所形成的氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大小，分子間作用力大小可以用相對分子質量來比擬，正確；C．因I2的氧化性較弱，故與鐵反響生成為FeI2，錯誤；D．濃硫酸氧化性很強，會將HBr氧化為Br2，錯誤。應選AB。板塊二：元素性質綜合應用[2022·廣東卷理基34]根據(jù)陳述的知識，類推得出的結論正確的選項是A．鎂條在空氣中燃燒生成的氧化物是MgO，那么鈉在空氣中燃燒生成的氧化物是Na2OB．乙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，那么丙烯也可以使其褪色C．CO2與SiO2化學式相似，那么CO2與SiO2的物理性質也相似D．金剛石的硬度大，那么C60的硬度也大【答案】B【解析】鈉在空氣中燃燒生成的氧化物是Na2O2故A錯；B對；CO2與SiO2的物理性質不相似，故C錯；C60的硬度不一定大，故D錯。[2022·重慶卷理綜9]以下表達正確的選項是A．SO2具有復原性，故可作漂白劑B．Na的金屬活性比Mg強，故可用Na與MgCl2溶液反響制MgC．濃硝酸中的HNO3見光會分解，故有時在實驗室看到的濃硝酸呈黃色D．Fe在Cl2中燃燒生成FeCl3，故在與其它非金屬反響的產物中Fe也顯+3價【答案】C【解析】A項SO2具有復原性和氧化性，在作漂白劑時并不發(fā)生氧化復原反響，而是與品紅中的有色物質發(fā)生化合而褪色；B項Na是活潑金屬，Na與MgCl2溶液反響時，先與水反響得到H2，D項Fe與其它非金屬反響的產物的化合價取決于非金屬的氧化性強弱，并不一定是+3價，如Fe與S反響生成FeS中Fe顯+2價，D錯誤；答案選C。[2022·山東卷理綜13]以下推斷合理的是A．明礬[KAl(SO4)2·12H2O]在水中能形成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑B．金剛石是自然界中硬度最大的物質，不可能與氧氣發(fā)生反響C．濃H2SO4有強氧化性，不能與Cu發(fā)生劇烈反響D．將SO2通入品紅溶液，溶液褪色后加熱恢復原色；將SO2通入溴水，溴水色后加熱也能恢復原色【答案】A【解析】明礬[KAl〔SO4〕2·12H2O]溶于水，電離產生的Al3+在中水解生成能吸附水中懸浮雜質的Al(OH)3膠體，故可用作凈水劑；金剛石、石墨均可以燃燒生成二氧化碳；濃H2SO4雖然有強氧化性，只有加熱才能與Cu發(fā)生反響；SO2通入溴水后發(fā)生氧化復原反響，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，加熱不可能生成Br2.[2022·江蘇卷化學5]化學在生產和日常生活中有著重要的應用。以下說法不正確的選項是A．明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化B．在海輪外殼上鑲入鋅塊，可減緩船體的腐蝕速率C．的熔點很高，可用于制作耐高溫材料D．電解MgCl2飽和溶液，可制得金屬鎂【答案】D[2022·江蘇卷化學3]以下有關物質的性質和該性質的應用均正確的選項是A．常溫下濃硫酸能是鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯藏貯運濃硫酸B．二氧化硅不與任何酸反響，可用石英制造耐酸容器C．二氧化氯具有復原性，可用于自來水的殺菌消毒D．銅的金屬活潑性比鐵的差，可在海輪外殼上裝假設干銅塊以減緩其腐蝕【答案】A【解析】二氧化硅不與任何酸反響，但可與氫氟酸反響。二氧化氯中氯的化合價為＋4價，不穩(wěn)定，易轉變?yōu)椋?價，從而表達氧化性。銅的金屬活潑性比鐵的差，在原電池中作正極，海輪外殼上裝銅塊會加快海輪外殼腐蝕的進程。[2022·江蘇卷化學9]NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質〔見圖4〕。以下說法正確的選項是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3B.石灰乳與Cl2的反響中，Cl2既是氧化劑，又是復原劑C.常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存，所以Cl2不與鐵反響D.圖4所示轉化反響都是氧化復原反響【答案】B【解析】25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要?。皇胰榕cCl2的反響中氯發(fā)生歧化反響，Cl2既是氧化劑，又是復原劑；常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存僅代表常溫Cl2[2022·廣東卷化學12]以下陳述正確并且有因果關系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有導電性SiO2可用于制備光導纖維C濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于枯燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收舊電路板中的銅【答案】D解析：A關系不對，陳述Ⅱ是復原性。B二氧化硅不導電。C關系不對，陳述Ⅱ是吸水性[2022·山東卷理綜8]以下與含氯化合物有關的說法正確的選項是A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質B．向沸水中逐滴參加少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3膠體C．HCl溶液和NaCl溶液均通過離子導電，所以HCl和NaCl均是離子化合物D．電解NaCl溶液得到22.4LH2(標準狀況)，理論上需要轉移NA個電子(NA表示阿伏加德羅常數(shù))【答案】B【解析】NaClO屬于鹽，為強電解質，A項錯誤；向沸水中滴加飽和FeCl3制備Fe(OH)3膠體，B項正確；HCl屬于共價化合物，C項錯誤；根據(jù)電解NaCl溶液的陰極反響:2H＋+2e?=H2↑，產生標準狀況下22.4LH2，轉移2NA個電子，D項錯誤。[2022·山東卷化學12]以下由相關實驗現(xiàn)象所推出的結論正確的選項是A．Cl2、SO2均能使品紅溶液褪色，說明二者均有氧化性B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出現(xiàn)白色沉淀，說明該溶液中一定有SO2－4C．Fe與稀HNO3、稀H2SO4反響均有氣泡產生，說明Fe與兩種酸均發(fā)生置換反響D．分別充滿HCl、NH3的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，說明二者均易溶于水【答案】D【解析】SO2使品紅溶液褪色，利用的是SO2與有色物質化合生成無色物質，不能說明其具有氧化性，A項錯誤；向溶液中含有SO32－時，參加酸化的Ba(NO3)2也會出現(xiàn)白色沉淀，B項錯誤;Fe與稀硝酸反響生成的氣體為NO，該反響不是置換反響，C項錯誤；HCl、NH3極易溶于水，盛有HCl、NH3充滿的燒瓶倒置水中，氣體溶解，液面迅速上升，D項正確。[2022·廣東卷化學11]以下措施不合理的是A．用SO2漂白紙漿和草帽辮B．用硫酸清洗鍋爐中的水垢C．高溫下用焦炭復原SiO2制取粗硅D．用Na2S做沉淀劑，除去廢水中的Cu2+和Hg2+【答案】B【解析】ＳＯ２具有漂白性，常用于漂白紙漿和草帽辮，Ａ合理；硫酸與鍋爐中水垢的主要成分碳酸鈣反響生成的微溶硫酸鈣會覆轍在碳酸鈣外表阻礙反響的繼續(xù)進行，所以應選用鹽酸除垢而非硫酸，Ｂ不合理；焦炭在高溫下與ＳｉＯ２反響生成硅和一氧化碳，Ｃ合理；Ｃｕ２＋、Ｈｇ２＋與Ｓ２—反響生成難溶的ＣｕＳ、ＨｇＳ沉淀，Ｄ正確。[2022·江蘇卷化學4]以下有關物質性質的應用正確的選項是A．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑B．二氧化硅不與強酸反響，可用石英器皿盛放氫氟酸C．生石灰能與水反響，可用來枯燥氯氣D．氯化鋁是一種電解質，可用于電解法制鋁【答案】A[2022·北京卷理綜7]以下金屬中，外表自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化的是〔〕A．KB．NaC．FeD．Al【答案】D[2022·海南卷化學9]以下關于物質應用的說法錯誤的選項是A．玻璃容器可長期盛放各種酸B．純堿可用于清洗油污C．濃氨水可檢驗氯氣管道漏氣D．Na2S可除去污水中的Cu2+【答案】A[2022·海南卷化學10]〔雙選〕以下關于物質應用和組成的說法正確的選項是A．P2O5可用于枯燥C12和NH3B．“可燃冰〞主要成分是甲烷和水C．CC14可用于鑒別溴水和碘水D．Si和SiO2都用于制造光導纖維【答案】BC【解析】A.P2O5是酸性枯燥劑，可用于枯燥C12，但是能夠與堿性氣體NH3發(fā)生反響，因此不可以枯燥氨氣。錯誤。B．“可燃冰〞是甲烷的水化物。因此主要成分是甲烷和水。正確。C.溴單質、碘單質在有機溶劑中的溶解度較大，而在水中的溶解度較小。當分別向溴水和碘水中參加CC14，振蕩、靜止，分層，下層是紫色的是碘水，下層是橙色的是溴水。因此CC14可用于鑒別溴水和碘水。正確。D.SiO2用于制造光導纖維，Si用于制半導體材料。錯誤。[2022·天津卷理綜3]運用相關化學知識進行判斷，以下結論錯誤的選項是A．某吸熱反響能自發(fā)進行，因此該反響是熵增反響B(tài)．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4C．可燃冰主要甲烷與水在低溫高壓下形成的水合物晶體，因此可存在于海底D．增大反響物濃度可加快反響速率，因此用濃硫酸與鐵反響能增大生成H2的速率[2022·全國新課標Ⅰ卷理綜8]化學與社會、生活密切相關。對以下現(xiàn)象或事實的解釋正確的選項是選項現(xiàn)象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反響B(tài)漂白粉在空氣中久置變質漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反響生成CaCO3C施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反響生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2+的溶液中置換出銅【答案】C[2022·北京卷理綜8]以下關于自然界中氮循環(huán)〔如右圖〕的說法不正確的選項是：A．氮元素均被氧化B．工業(yè)合成氨屬于人工固氮C．含氮無機物和含氮有機物可相互轉化D．碳、氫、氧三種元素也參與了氮循環(huán)【答案】Ａ[2022·全國新課標Ⅰ卷理綜7]我國清代?本草綱目拾遺?中記敘無機藥物335種，其中“強水〞條目下寫道：“性最烈，能蝕五金……其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。〞這里的“強水〞是指〔〕A．氨水B．硝酸C．醋D．鹵水【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)所給四種物質的氧化性的強弱可判斷，該強水為硝酸，硝酸具有強氧化性，可溶解大局部金屬，答案選B。[2022·全國新課標III卷理綜7]化學在生活中有著廣泛的應用，以下對應關系錯誤的選項是化學性質實際應用A.Al2(SO4)3和小蘇打反響泡沫滅火器滅火B(yǎng).鐵比銅金屬性強FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C.次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物D.HF與SiO2反響氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記【答案】B[2022·上海卷化學9]向新制氯水中參加少量以下物質，能增強溶液漂白能力的是A．碳酸鈣粉末B．稀硫酸C．氯化鈣溶液D．二氧化硫水溶液【答案】A[2022·海南卷化學4]以下表達錯誤的選項是A．氦氣可用于填充飛艇B．氯化鐵可用于硬水的軟化C．石英砂可用于生產單晶硅D．聚四乙烯可用于廚具外表涂層【答案】B【解析】A．氦氣性質穩(wěn)定，故可用于填充飛艇，正確；B．硬水的軟化指的是除去水中的Ca2+、Mg2+，參加氯化鐵只能水解產生氫氧化鐵膠體吸附懸浮物，用于水的凈化，錯誤；C．石英砂為SiO2，可用碳復原得到粗硅，經提純得單晶硅，正確；D．聚四乙烯具有抗酸抗堿、抗各種有機溶劑的特點，幾乎不溶于所有的溶劑，故一般用于不粘鍋的涂層，正確。應選B。[2022·江蘇卷化學3]以下有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料【答案】D【解析】試題分析：A、SO2用于漂白紙漿是利用其與某些有色物質作用，生成不穩(wěn)定的無色物質，錯誤；B、NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農作物吸收，錯誤；C、Fe2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中懸浮的雜質，錯誤；D、Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，正確。[2022·上海卷化學4]用濃氯化銨溶液處理過的舞臺幕布不易著火。其原因是①幕布的著火點升高②幕布的質量增加③氯化銨分解吸收熱量，降低了溫度④氯化銨分解產生的氣體隔絕了空氣A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】B[2022·上海卷化學1]以下離子在穩(wěn)定人體血液的pH中起作用的是A．Na+B．HCO3－C．Fe2+D．Cl－【答案】B【解析】HCO3－既能與酸反響，又能與堿反響，所以符合題意。[2022·上海卷化學8]BeCl2熔點較低，易升華，溶于醇和醚，其化學性質與AlCl3相似。由此可推測BeCl2A．熔融態(tài)不導電B．水溶液呈中性C．熔點比BeBr2高D．不與氫氧化鈉溶液反響[2022·上海卷化學]〔雙選〕研究發(fā)現(xiàn)，空氣中少量的NO2能參與硫酸型酸雨的形成，反響過程如下：①SO2＋NO2═SO3＋NO②SO3＋H2O═H2SO4③2NO＋O2═2NO2NO2在上述過程中的作用，與H2SO4在下述變化中的作用相似的是()A．潮濕的氯氣通過盛有濃H2SO4的洗氣瓶B．硫化氫通入濃H2SO4C．濃H2SO4滴入螢石(CaF2)中，加熱D．參加少量的H2SO4使乙酸乙酯水解【答案】B、D解析：在反響①中NO2起氧化劑的作用，從反響①、③看NO2起催化作用，選項A中濃硫酸起吸水劑的作用；選項B中濃硫酸起氧化劑作用；選項C中濃硫酸起酸性作用；選項D中濃硫酸起催化劑作用。[2022·上海卷化學13]在熱的堿性溶液中，NaClO發(fā)生如下反響：3NaClO═2NaCl+NaClO3。在相同條件下NaClO2也能發(fā)生類似的反響，其最終產物是A．NaCl、NaClOB．NaCl、NaClO3C．NaClO、NaClO3D．NaClO3、NaClO【答案】B[2022·廣東卷化學16]磷鎢酸H3PW12O40等雜多酸可代替濃硫酸用于乙酸乙酯的制備。以下說法不正確的選項是A．H3PW12O40在該酯化反響中其催化作用B．雜多酸鹽Na2HPW12O40與Na3PW12O40都是強電解質C．H3PW12O40、KH2PW12O40與Na3PW12O40中都有相同的原子團D．硅鎢酸H4SiW12O40也是一種雜多酸，其中W的化合價為+8【答案】D【解析】根據(jù)題意，“H3PW12O40等雜多酸可代替濃硫酸〞可類推，H3PW12O40在酯化反響中也起催化作用，A正確；我們所學的鈉鹽都是強電解質可以大膽判斷B正確；C項可以進行觀察比擬得出答案。硅鎢酸H4SiW12O40中根據(jù)化合價代數(shù)和為零推出W的化合價為+6，D錯[2022·上海卷化學5]高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的自來水處理劑，它的性質和作用是A．有強氧化性，可消毒殺菌，復原產物能吸附水中雜質B．有強復原性，可消毒殺菌，氧化產物能吸附水中雜質C．有強氧化性，能吸附水中雜質，復原產物能消毒殺菌D．有強復原性，能吸附水中雜質，氧化產物能消毒殺菌【答案】A【解析】高鐵酸鉀(K2FeO4)中Fe的化合價是+6價，具有強氧化性，其復原產物Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，能吸附水中雜質。[2022·上海卷化學]氣體的摩爾質量越小，擴散速度越快。右圖所示為氣體擴散速度的實驗，兩種氣體擴散相遇時形成白色煙環(huán)。以下關于甲、乙的判斷正確的選項是〔〕A．甲是濃氨水，乙是濃硫酸B．甲是濃鹽酸，乙是濃氨水C．甲是濃氨水，乙是濃鹽酸D．甲是濃硝酸，乙是濃氨水【答案】C【解析】根據(jù)題意NH3的摩爾質量小于HCl和HNO3，所以NH3應甲處產生，HCl和HNO3氣體應在乙處產生。[2022·上海卷化學18]右圖是模擬氯堿工業(yè)生產中檢查氯氣是否泄漏的裝置，以下有關說法錯誤的選項是A．燒瓶中立即出現(xiàn)白煙B．燒瓶中立即出現(xiàn)紅棕色C．燒瓶中發(fā)生的反響說明常溫下氨氣有復原性D．燒杯中的溶液是為了吸收有害氣體【答案】B【解析】分析裝置圖，可知氨氣和氯氣接觸時發(fā)生反響：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，燒瓶中出現(xiàn)白煙，A對；不能出現(xiàn)紅棕色氣體，B錯；該反響中氨氣中的氮元素化合價升高，表現(xiàn)復原性，C對；燒杯中的氫氧化鈉可以吸收多余的有害氣體，D對。4200420.420.004201320304200420.420.004201320305%H2SO45%鹽酸5%HNO3腐蝕速率/g·m?2·h?1A．稀硝酸對Fe-Cr合金的腐蝕性比稀硫酸和稀鹽酸的弱B．稀硝酸和鐵反響的化學方程式是:Fe+6HNO3(稀)═Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2OC．Cr含量大于13%時，因為三種酸中硫酸的氫離子濃度最大，所以對Fe-Cr合金的腐蝕性最強D．隨著Cr含量增加，稀硝酸對Fe-Cr合金的腐蝕性減弱【答案】D【解析】A選項應該說鉻的含量大于13%，稀硝酸對合金的腐蝕速率比鹽酸硫酸弱。B應生成NO；C不能解釋鹽酸硝酸氫離子濃度相等，但硝酸腐蝕速度慢。[2022·安徽卷理綜13]室溫下，在0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴參加1.0mol/LNaOH溶液，實驗測得溶液pH隨NaOH溶液體積變化曲線如以下圖，以下有關說法正確的選項是A．a點時，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，離子方程式為：Al3++3OH－?Al(OH)3B．a→b段，溶液pH增大，Al3+濃度不變C．b→c段，參加的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d點時，Al(OH)3沉淀開始溶解【答案】C【賞析】A項，a點時，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，但離子方程式錯誤；B項，a→b段，溶液pH增大，Al3+濃度因為生成沉淀減?。籆項，b→c段，參加的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀。D項，d點時，Al(OH)3沉淀已經溶解完全。[2022·上海卷化學2]以下化工生產過程中，未涉及氧化復原反響的是A．海帶提碘B．氯堿工業(yè)C．氨堿法制堿D．海水提溴【答案】C【解析】試題分析：A．海帶提碘是將KI變?yōu)镮2，有元素化合價的變化，屬于氧化復原反響，錯誤；B．氯堿工業(yè)是由NaCl的水溶液在通電時反響產生NaOH、Cl2、H2，有元素化合價的變化，屬于氧化復原反響，錯誤；C．氨堿法制取堿的過程中沒有元素化合價的變化，是非氧化復原反響，正確；D．海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|，有元素化合價的變化，屬于氧化復原反響，錯誤。應選項C正確。[2022·福建卷理綜6]以下制作鉛筆的材料與相應工業(yè)不對應的是〔〕A．橡皮擦——橡膠工業(yè)B．鋁合金片——冶金工業(yè)C．鋁筆芯——電鍍工業(yè)D．鉛筆漆——涂料工業(yè)【答案】C【解析】試題分析：A．橡皮擦的原料是橡膠，涉及到橡膠工業(yè)的生產，正確。B．鋁合金片涉及金屬的冶煉過程，與冶金工業(yè)有關，正確。C．鋁筆芯的原料是石墨，與電鍍工業(yè)無關，錯誤。D．鉛筆外邊刷的油漆，與有機合成的材料及涂料工業(yè)有關，正確。應選項是C。[2022·上海卷化學14]在硫酸工業(yè)生產中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室〔見以下圖〕。以下說法錯誤的選項是A．a、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同B．c、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同C．熱交換器的作用是預熱待反響的氣體，冷卻反響后的氣體D．c處氣體經熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉化率【答案】B【解析】A．根據(jù)裝置圖可知，從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體，成分與a處相同，正確；B．在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑外表發(fā)生反響產生的含有SO3及未反響的SO2、O2等氣體，該反響是放熱反響，當經過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3被局部別離出來，而且混合氣體再次被催化氧化，故二者含有的氣體的成分含量不相同，錯誤；C．熱交換器的作用是預熱待反響的冷的氣體，同時冷卻反響產生的氣體，為SO3的吸收創(chuàng)造條件，正確；D．C處氣體經過熱交換器后再次被催化氧化，目的就是使未反響的SO2進一步反響產生SO3，從而可以提高SO2的轉化率，正確。板塊三：化學計算[2022·全國大綱卷理綜12]在常壓和500℃條件下，等物質的量的Ag2O，F(xiàn)e(OH)3，NH4HCO3，NaHCO3完全分解，所得氣體體積依次是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】常壓和500℃條件下，水是氣體，等物質的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO301234tVMgAl[2022·上海卷化學15]鎂和鋁分別與等濃度、等體積的過量稀硫酸反響，產生氣體的體積(V)與時間(t)關系如右圖。反響中鎂和鋁的A．物質的量之比為3：2B．質量之比為3：2C．摩爾質量之比為2：3D．反響速率之比為2：3【答案】：A[2022·山東卷理綜9]足量以下物質與等質量的鋁反響，放出氫氣且消耗溶質物質的量最少的是A．氫氧化鈉溶液B．稀硫酸C．鹽酸D．稀硝酸【答案】A【解析】首先硝酸與金屬鋁反響不生成氫氣，根據(jù)生成物的化學式：Na[Al(OH)4]、Al2(SO4)3、AlCl3，通過物料守恒可直接判斷出等量的鋁消耗NaOH物質的量最少。[2022·全國新課標Ⅱ卷9]以下反響中，反響后固體物質增重的是A．氫氣通過灼熱的CuO粉末B．二氧化碳通過Na2O2粉末C．鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反響D．將鋅粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】試題分析：A、氫氣通過灼熱的CuO粉末發(fā)生的反響為CuO+H2eq\o(=,\s\up5(△))Cu+H2O，固體由CuO變?yōu)镃u，反響[2022·廣東卷化學6]相同質量的以下物質分別與等濃度的NaOH溶液反響，至體系中均無固體物質，消耗堿量最多的是A．AlB．Al(OH)3C．AlCl3D．Al2O【答案】A【解釋】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；所以相同質量的物質，消耗堿量最多的是Al。應選A。[2022·山東卷理綜9]等質量的以下物質與足量稀硝酸反響，放出NO物質的量最多的是A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O【答案】A[2022·北京卷理綜]1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合后，在密閉的容器中加熱充分反響，排出氣體物質后冷卻，殘留的固體物質是()A．Na2CO3B．Na2O2Na2CO3C．NaOHNa2CO3D．Na2O2NaOHNa2CO3【答案】A【解析】根據(jù)反響式：2NaHCO3=Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根據(jù)計量關系，可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反響生成Na2CO3和O2，氣體排出后，只剩余Na2CO3。[2022·上海卷化學22]稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，參加含0.1molNaOH的溶液，完全反響，生成NH31792mL〔標準狀況〕，那么(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量比為A．1:1B．1:2C．1.87:1【答案】C[2022·上海卷化學22]〔雙選〕將O2和NH3的混合氣體448mL通過加熱的三氧化二鉻，充分反響后，再通過足量的水，最終收集到44.8mL氣體。原混合氣體中O2的體積可能是〔假設氨全部被氧化；氣體體積均已換算成標準狀況〕〔〕A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL【答案】BD[2022·寧夏卷理綜]短周期元素E的氯化物ECln的熔點為-78℃，沸點為59℃；假設0.2molECln與足量的AgNO3溶液完全反響后可以得到57.4g的AgCl沉淀。以下判斷A．E是一種非金屬元素B．在ECln中E與Cl之間形成共價鍵C．E的一種氧化物為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為＋2價，屬于ⅡA族元素，即E為金屬元素，ECln的熔點為-78℃，沸點為59℃，屬于分子晶體，所以在ECln中E與Cl之間形成共價鍵。[2022·海南卷化學·11]在5mL0.05mo1/L的某金屬氯化物溶液中，滴加0.1mo1/LAgNO3溶液，生成沉淀質量與參加AgNO3溶液體積關系如下圖，那么該氯化物中金屬元素的化合價為：020246810沉淀質量/gAgNO3溶液體積/mLA．+1B．+2C．+3【答案】C【解析】設氯化物化學式為MClx[2022·全國大綱Ⅰ卷理綜7]將15ml2mol·L?1Na2CO3溶液逐滴參加到40ml0.5mol·L?1MCln鹽溶液中，恰好將溶液中的Mn+離子完全沉淀為碳酸鹽，那么MCln中n值是A．4B．3C．2D．1【答案】B[2022·寧夏卷理綜·7]將22.4L某氣態(tài)氮氧化合物與足量的灼熱銅粉完全反響后，氣體體積11.2L〔體積均在相同條件下測定〕，那么該氮氧化合物的化學式為A．NO2B．N2O2C．N2OD．N2【答案】A【解析】根據(jù)2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2，以及題中數(shù)據(jù)反響后氣體體積為反響前氣體體積的一半，可以得到x=1，因此只有A選項符合題意。[2022·海南卷化學·7]用足量的CO復原13.7g某鉛氧化物，把生成的CO2全部通入到過量的澄清石灰水中，得到的沉淀枯燥后質量為8.0g，那么此鉛氧化物的化學式是：A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4【答案】C【解析】設此鉛氧化物的化學式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·全國大綱Ⅰ卷12]一定條件下磷與枯燥氯氣反響，假設0.25g磷消耗掉314mL氯氣〔標準狀況〕，那么產物中PCl3與PCl5的物質的量之比接近于A．1：2B．2：3C．3：1D．5：3【答案】C【解析】設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，聯(lián)立之可解得：X=0.006,Y=0.002應選C[2022·全國大綱Ⅱ卷理綜11]：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)；ΔH=?571.6kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=?890kJ·mol-1現(xiàn)有H2與CH4的混合氣體112L(標準狀況)，使其完全燃燒生成CO2和H2O(l),假設實驗測得反響放熱3695kJ，那么原混合氣體中H2與CH4的物質的量之比是A．1∶1B．1∶3C．1∶4D．2∶3【答案】B【解析】設H2、CH4的物質的量分別為x、ymol。那么x+y=5，571.6x/2+890y=3695,解得x=1.25mol;y=3.75mol，兩者比為1：3，應選B項。[2022·四川卷理綜7]1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(標準狀況)，向反響后的溶液中參加1.0mol/LNaOH溶液,當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀，以下說法不正確的選項是A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2︰1B．該濃硝酸中HNO3的物質的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)是80%D．得到2.54沉淀時，參加NaOH溶液的體積是600mL【答案】C【解析】A.設CuXg,MgYg.；X+Y=1.52；X/64×98+Y/24×58=2.54得X=0.02Y=0.01。B.c(HNO3)=1000Ρ?/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正確D.與硝酸反響的NaOHnNaOH=0.7-0.04-0.02=0.64與金屬離子反響的NaOHnNaOH=0.06，總NaOH的量n總=0.64+0.06=0.7mol故需要NaOH700mL[2022·四川卷化學12]標準狀況下VL氨氣溶解在1L水中〔水的密度近似為1g/ml〕，所得溶液的密度為ρg/ml，質量分數(shù)為ω，物質濃度為cmol/L，那么以下關系中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·全國新課標卷理綜10]把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份參加含amol硫酸鈉的溶液，恰好使鋇離子完全沉淀；另取一份參加含bmol硝酸銀的溶液，恰好使氯離子完全沉淀。那么該混合溶液中鉀離子濃度為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·海南卷化學4]把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份參加含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份參加含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。那么原混合溶液中鉀離子的濃度為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[2022·四川卷化學13]在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合物溶液中參加bmolBaCl2，恰好使溶液中的離子完全沉淀；如參加足量強堿并加熱可得到cmolNH3氣，那么原溶液中的Al3+離子濃度(mol/L)為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·江蘇卷化學13]研究反響物的化學計量數(shù)與產物之間的關系時，使用類似數(shù)軸的方法可以收到的直觀形象的效果。以下表達不正確的選項是A．密閉容器中CuO和C高溫反響的氣體產物：B．Fe在Cl2中的燃燒產物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后鋁的存在形式：D．氨水與SO2反響后溶液中的銨鹽：【答案】B[2022·全國大綱Ⅱ卷理綜8]以下徐樹中正確的選項是A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中參加NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴參加等物質的量的稀鹽酸，生成的CO2與原Na2CO3的物質的量之比為1：2C．等質量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反響，在同溫同壓下，生成的CO2體積相同D．向Na2CO3飽和溶液中通入CO2，有NaHCO3結晶析出【答案】D【解析】CaCO3與CO2反響生成Ca(HCO3)2,再參加NaHCO3是沒有現(xiàn)象的，A項錯；向Na2CO3溶液中逐滴參加等物質的量的稀鹽酸，僅生成NaHCO3，無CO2氣體放出，B項錯；等質量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物質的量多，與足量HCl反響時，放出的CO2多，C項錯；D項，發(fā)生的反響為：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解性較小，故有結晶析出，正確。[2022·上海卷化學11]將0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L?1稀鹽酸。以下圖像能正確表示參加鹽酸的體積和生成CO2的物質的量的關系的是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混合溶液中滴加鹽酸時，首先和NaOH反響生成水和氯化鈉，當?shù)稳?.1L時，兩者恰好反響完全；繼續(xù)滴加時，鹽酸和Na2CO3開始反響，首先發(fā)生：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出氣體，當再參加0.1L時，此步反響進行完全；繼續(xù)滴加時，發(fā)生反響：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此時開始放出氣體，分析圖像，可知選C。[2022·海南卷化學3]0.1mol以下氣體分別與1L0.lmol·L-1的NaOH溶液反響，形成的溶液pH最小的是A．NO2B．SO2C．SO3D【答案】C[2022·上海卷化學22]〔雙選〕：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關系正確的選項是選項ABCDn(CO2)(mol)2346n(沉淀)(mol)1233【答案】AC[2022·全國大綱Ⅰ卷理綜11]為了檢驗某含有NaHCO3雜質的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1克樣品加熱，其質量變?yōu)閣2A．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(減少)2×8410662x(W1-w2)解得x=，將其帶入下式可得：w(Na2CO3)=(w1-x)/W1=，A項正確。[2022·四川卷化學12]25°C和101kPa時，乙烷、乙炔和丙烯組成的混合烴32mL與過量氧氣混合并完全燃燒，除去水蒸氣，恢復到原來的溫度和壓強，氣體的總體積縮小了72mL，原混合烴中乙炔的體積分數(shù)為()A．12.5%B．25%C．50%D．75%【答案】B【解析】根據(jù)燃燒方程式：C2H6＋O2=2CO2＋3H2O減小VC2H2＋O2=2CO2＋H2O減小VC3H6＋O2=3CO2＋3H2O減小V12.511.512.5由方程式不難發(fā)現(xiàn)看，C2H6和C3H6反響后體積縮小的量是相同的，故可將兩者看成是一種物質即可。設C2H6和C3H6一共為xmL，C2H2為ymL。那么有x＋y=32；2.5x＋1.5y=72，解得y=8?；旌蠠N中乙炔的體積分數(shù)為，B項正確。［2022·北京卷化學11］以下實驗方案中，不能測定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3質量分數(shù)的是A．取a克混合物充分加熱，減重b克B．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反響，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體C．取a克混合物與足量稀硫酸充分反響，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克D．取a克混合物與足量Ba〔OH〕2溶液充分反響，過濾、洗滌、烘干，得b克固體【答案】C【解析】a中碳酸氫鈉分解，可以計算碳酸氫鈉的質量；b中bg固體是氯化鈉，也可以計算碳酸鈉和碳酸氫鈉的質量；d中沉淀是碳酸鋇，也可以計算碳酸鈉和碳酸氫鈉的質量；選項c中堿石灰也吸收co[2022·四川延考區(qū)7]20g由兩種金屬粉末組成的混合物,與足量的鹽酸充分反響后得到11.2LA．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和ZnD．Zn和Cu【答案】B[2022·上海卷化學22]〔雙選〕實驗室將9g鋁粉跟一定量的金屬氧化物粉末混合形成鋁熱劑。發(fā)生鋁熱反響之后，所得固體中含金屬單質為18g，那么該氧化物粉末可能是A．Fe3O4和FeOB．MnO2和V2O5C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O【答案】AD【解析】[2022·上海卷化學22]物質的量為0.10mol的鎂條在只含有CO2和O2混合氣體的容器中燃燒〔產物不含碳酸鎂〕，反響后容器內固體物質的質量不可能為A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g【答案】D【解析】發(fā)生的反響有：2Mg＋O22MgO①、2Mg＋CO22MgO＋C②。假設0.10mol鎂條全部參與反響①，反響后固體的質量m＝0.10mol×40g·mol－1＝4.0g。假設0.10mol鎂條全部參與反響②，反響后固體的質量m＝0.10mol×40g·mol－1＋0.05mol×12g·mol－1＝4.6g。假設CO2和O2的量缺乏，Mg條不能完全燃燒，質量最少時只有鎂，質量為2.4g。所以質量范圍為2.4g~4.6g，但不會等于或大于4.6g，故D項錯誤。[2022·四川卷理綜11]向mg鎂和鋁的混合物中參加適量的稀硫酸，恰好完全反響生成標準狀況下的氣體bL。向反響后的溶液中參加cmol/L氫氧化鉀溶液VmL，使金屬離子剛好沉淀完全，得到的沉淀質量為ng。再將得到的沉淀灼燒至質量不再改變?yōu)橹?，得到固體pg。那么以下關系不正確的選項是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】試題分析：由MgMg2+

Mg(OH)2、AlAl3+

Al(OH)3可知n(e-)=n(OH-)，=cV×10-3，A正確；氫氧化鎂和氯氧化鋁質量等于鎂和鋁質量之和加氫氧根離子質量，n="m+"17cV×10-3，C錯誤；p-m=m(O)=16n(O)=16[n(Mg)+n(Al)]=8[2n(Mg)+3n(A