2021-2022学年湖北省部分学校高一（下）联考化学试卷（3月份）（含答案解析）

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2021-2022学年湖北省部分学校高一（下）联考化学试卷（3月份）
1. 下列生活中的常见物品或设施，其主要成分为硅单质的是(    )
A. 砖瓦 B. 计算机芯片 C. 门窗玻璃 D. 石英钟
2. 已知稀硝酸可以溶解金属铝，其反应为Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O。下列表示该反应中相关微粒的化学用语错误的是(    )
A. 中子数为10的氧原子： 18O B. Al3+的结构示意图：
C.  13N和 14N互为同位素 D. H2O的电子式：H：O：H
3. 下列物质溶于水没有化学键断裂的是(    )
A. HCl B. NaOH C. Na2O D. 乙醇
4. 下列关于物质分类的正确组合是(    )

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
烧碱
HNO3
FeSO4
CaO
CO2
B
纯碱
HCl
NH4Cl
MgO
P2O5
C
熟石灰
NaHSO4
NaHCO3
CaO
SO2
D
氢氧化铁
CH3COOH
CaCO3
K2O
CO

A. A B. B C. C D. D
5. 下列有关氮及其化合物的说法正确的是(    )
A. 光化学烟雾的形成与氮氧化物有关
B. 浓硝酸氧化性强，不能用铁质或铝质容器贮运
C. 镁、锌等活泼金属可与稀硝酸反应，生成氢气
D. 氮的固定只有在高温、高压、催化剂存在的条件下才能实现
6. 某儿童在广州市儿童医院临床检验结果报告单的部分数据如图，根据图中的数据，下列解读错误的是(    )

分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌(Zn)
115.92
μmol⋅L−1
66∼120
2
铁(Fe)
6.95
mmol⋅L−1
7.52∼11.82
3
钙(Ca)
1.78
mmol⋅L−1
1.55∼2.60

A. 该儿童铁元素含量偏低，应补充铁元素
B. 报告单中“μmol⋅L−1”为物质的量浓度的单位，“mmol⋅L−1”为物质的量的单位
C. 从报告单可知，儿童体内锌的含量低于铁的含量
D. 该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍
7. 物质的性质决定用途，下列有关叙述均正确且存在因果关系的是(    )
选项
叙述I
叙述II
A
NH4HCO3受热易分解
NH4HCO3可用作化肥
B
SO2能杀菌消毒且具有抗氧化性
酿造葡萄酒时可大量添加SO2
C
浓硫酸具有强氧化性
浓硫酸可用作H2、O2、CO2的干燥剂
D
FeCl3溶液能与Cu反应
FeCl3溶液可用于蚀刻铜制印刷电路板

A. A B. B C. C D. D
8. 下列实验装置能达到相应实验目的的是(    )
A. 稀释浓硫酸
B. 制备并检验SO2气体的性质
C. 检查装置的气密性
D. 收集NO
9. 能正确表示下列反应的离子方程式是(    )
A. 铁和足量的稀硝酸反应：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. 将少量CO2通入足量氢氧化钠溶液中：CO2+OH−=HCO3−
C. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+Ca2++H2O=CaSO3↓+2H+
D. 向NaHSO3溶液中滴加足量酸性KMnO4溶液：5HSO3−+2MnO4−+H+=5SO42−+2Mn2++3H2O
10. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 100mL18mol⋅L−1浓硫酸中氧原子总数为7.2NA
B. 常温下，2.2gCO2气体中所含原子总数为0.15NA
C. 0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液中含有Na+的数目为0.2NA
D. 氧原子总数为0.2NA的由SO2和O2组成的混合气体，其体积为2.24L
11. 部分含氮物质的分类与其相应化合价的关系如图所示，下列有关推断不合理的是(    )

A. a的化学性质稳定，可用于保存食品
B. 液态b气化要吸收大量的热，可用作制冷剂
C. b→a的过程属于氮的固定
D. b、f均易溶于水
12. 双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是


A. 过程Ⅰ中，SO2表现出酸性氧化物的性质
B. 过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3
C. 总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O
D. 双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
13. 查找资料得知：溴水(Br2)显橙黄色，碘水(I2)显棕黄色；还原性：Br−Z>M
C. Y的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为HYO3
D. X、Y、M可以组成多种离子化合物
15. 现有部分被氧化的Fe、Cu混合物(氧化物为Fe2O3、CuO)样品共5.60g，经如图处理：

下列说法正确的是(    )
A. V=672
B. 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
C. 样品中氧元素的物质的量为0.02mol
D. 溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.05mol
16. “化学——我们的生活，我们的未来”，学习化学应该明白“从生活中来，到生活中去”的道理。请回答下列问题：
(1)云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是 ______，胶体和溶液的本质区别是 ______。
(2)钠的焰色试验的焰色为______色，该色的光射程远，透雾力强，据此原理制作的高压钠灯广泛应用于道路和广场的照明。焰色试验属于 ______(填“物理”或“化学”)变化。过氧化钠是一种淡黄色的固体，可作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂，写出过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式 ______，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：______。
(3)将新鲜的有色花瓣放入干燥的氯气中，可观察到的现象是 ______，原因是 ______。
(4)漂白粉暴露在空气中易变质，若向暴露在空气中的漂白粉中加入浓盐酸，可能收集到的气体除了挥发的HCl和水蒸气外，还可能有 ______(填化学式)。
17. 认识氧化物的性质，能帮助我们更好地认识自然和保护环境。
(1)摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO2是一种常见的摩擦剂。
①Si在元素周期表中的位置是 ______。
②根据用途推测SiO2在水中的溶解性：______ (填“易溶”或“难溶”)。
③比较酸性强弱：H2SO4______(填“>”或“Z>X>M，故B错误；
C.Y为S元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，故C错误；
D.氧、硫、钠元素可以组成多种离子化合物，如硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠等，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O元素，X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Z原子的核外电子数比X原子少1，则Z为N元素，Y与M同周期，且M是同周期主族元素中半径最大的，则M为Na元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

15.【答案】A 
【解析】解：A.滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，3.2g氧化铁的物质的量为3.2g160g/mol=0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)=0.04mol，根据硫酸根离子守恒n反应(H2SO4)=n(FeSO4)=0.04mol，样品中氧原子的质量=5.60g−3.2g−0.04mol×56g/mol=0.16g，故样品中n(O)=0.16g16g/mol=0.01mol，根据氧原子守恒有n(H2O)=n(O)=0.01mol，根据氢原子守恒有n(H2)+n(H2O)=n反应(H2SO4)，故n(H2)=0.04mol−0.01mol=0.03mol，则标准状况下体积氢气为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，故A正确；
B.由于氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，且硫酸足量，有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+、Cu2+，滤液A中阳离子为Fe2+、H+，故B错误；
C.由A中计算可知，样品中氧元素的物质的量为0.01mol，故C错误；
D.由A中计算可知，溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故D错误；
故选：A。
反应生成的气体为H2，而氧化性：Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，滤液A中不含Fe3+、Cu2+，硫酸足量，滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3；
A.参加反应的H2SO4含有的氢元素部分转化为H2，部分结合氧化物中的氧元素生成H2O，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)，根据硫酸根离子守恒n反应(H2SO4)=n(FeSO4)，样品总质量−Fe元素质量−Cu元素质量=样品中氧原子的质量，根据元素守恒计算样品中Fe元素、Cu元素质量，进而计算H2O的物质的量，再根据氢原子守恒计算H2的物质的量，进而计算氢气的体积；
B.滤液A中不含Cu2+、Fe3+；
C.由A中计算可知氧元素物质的量；
D.根据A中计算可知溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量。
本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，注意守恒思想的运用，侧重考查学生分析解决问题能力、灵活运用知识的能力，难度中等。

16.【答案】丁达尔效应  分散质粒子直径大小不同  黄  物理  2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2   有色花瓣变成无色  氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性  CO2、Cl2 
【解析】解：(1)云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是：丁达尔效应，胶体和溶液的本质区别是：分散质粒子直径大小不同，
故答案为：丁达尔效应；分散质粒子直径大小不同；
(2)钠的焰色试验的焰色为黄色，焰色试验属于物理变化，过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠中氧元素化合价−1价升高到0价，降低到−2价，结合电子守恒用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：，
故答案为：黄；物理；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；；
(3)氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，将新鲜的有色花瓣放入干燥的氯气中，可观察到的现象是：有色花瓣变成无色，
故答案为：有色花瓣变成无色；氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；
(4)漂白粉暴露在空气中易变质，次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，若向暴露在空气中的漂白粉中加入浓盐酸，氯化钙和次氯酸钙反应生成氯气，反应的离子方程式为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，可能收集到的气体除了挥发的HCl和水蒸气外，还可能有：CO2、Cl2，
故答案为：CO2、Cl2。
(1)胶体具有丁达尔效应，是胶体的特征性质，分散系本质特征是分散质微粒直径大小；
(2)钠的焰色试验为黄色，变化过程中无新物质生成，为物理变化，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素化合价−1价升高到0价，降低到−2价，结合电子守恒用双线桥法表示电子转移的方向和数目；
(3)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；
(4)漂白粉成分为氯化钙、次氯酸钙，变质后次氯酸钙部分和二氧化碳、水反应生成了碳酸钙和次氯酸，向暴露在空气中的漂白粉中加入浓盐酸，会和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，氯化钙和次氯酸钙发生归中反应生成氯气。
本题考查了物质性质和应用、氧化还原反应电子转移、胶体性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。

17.【答案】第三周第ⅣA族  难溶  >SO2+OH−=HSO3−  还原性  红棕  3NO2+H2O=2HNO3+NO0.2 
【解析】解：(1)①Si为14号元素，在周期表中位于第三周第ⅣA族，
故答案为：第三周第ⅣA族；
②SiO2是一种常见的摩擦剂，可知二氧化硅难溶于水，
故答案为：难溶；
③同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，故非金属性S>Si，故酸性H2SO4>H2SiO3，
故答案为：>；
(2)①SO2与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+OH−=HSO3−，
故答案为：SO2+OH−=HSO3−；
②反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr中，硫元素由+4价升高为+6价，二氧化硫化合价升高作还原剂，体现还原性，
故答案为：还原性；
③NO2是一种红棕色的有毒气体，易溶于水，易溶于水，与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氮元素由+4价降低为+2价，生成1molNO转移2mol电子，反应中每生成标准状况下的气体2.24L，则转移电子的物质的量为2.24L22.4L/mol×2=0.2mol，
故答案为：红棕；3NO2+H2O=2HNO3+NO；0.2。
(1)①依据原子序数确定元素周期表中位置；
②依据物质的用途推测；
③元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；
(2)①SO2与过量的NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠；
②物质的在反应中化合价升高作还原剂，体现还原性；
③二氧化氮为红棕色气体，与水反应生成硝酸和NO，依据化合价变化确定转移电子的物质的量。
本题考查Si、N、S的单质或化合物的性质，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和反应是解题的关键。

18.【答案】NH3  氨气的催化氧化属于放热反应  促进氨水分解，逸出氨气，并提供氧气  4NH3+5O2−铂丝△4NO+6H2ONO2  2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2ONH4++2O2=NO3−+H2O8 
【解析】解：(1)在一定条件 下，NH3可用于脱除氮氧化物的烟气，其反应原理为4xNH3+6NOx−一定条件(2x+3)N2+6xH2O，该反应中的还原剂为NH3，氧化剂为NOx，
故答案为：NH3；
(2)①铂丝始终保持红热状态的可能原因是氨气的催化氧化属于放热反应，
故答案为：氨气的催化氧化属于放热反应；
②通入热空气的作用是促进氨水分解，逸出氨气，并与氧气混合，
故答案为：促进氨水分解，逸出氨气，并提供氧气；
③氨气的催化氧化反应的化学方程式为：4NH3+5O2−铂丝△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−铂丝△4NO+6H2O；
④红棕色气体的化学式为NO2，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和NaNO3生成，该反应的离子方程式为：2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2O，
故答案为：2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2O；
(3)研究表明在微生物作用下，可实现NH4+→NO3−的转化，在碱性条件下，NH4+被氧气氧化为NO3−的反应的离子方程式为：NH4++2O2=NO3−+H2O，该反应中N元素由−3价升高到+5价，即升高了8价，所以每生成1molNO3−，转移的电子的物质的量为8mol，
故答案为：NH4++2O2=NO3−+H2O；8。
(1)物质中所含元素化合价升高的反应物是还原剂；
(2)①氨气的催化氧化反应是放热的，可以使铂丝保持红热；
②通入热空气的作用是促进氨水分解，逸出氨气，并与氧气混合；
③氨气的催化氧化生成NO和H2O，根据原子守恒和化合价升降守恒，即可写出反应的化学方程式；
④NO2是红棕色的，可以与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3生成，根据原子守恒和化合价升降守恒以及电荷守恒，即可写出反应的离子方程式；
(3)在碱性条件下，NH4+被氧气氧化为NO3−，根据原子守恒和化合价升降守恒以及电荷守恒，即可写出反应的离子方程式，该反应中N元素由−3价升高到+5价，即升高了8价，即可判断每生成1molNO3−，转移的电子的物质的量。
本题主要考查氮及其化合物之间的转化，掌握氮及其化合物的性质是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。

19.【答案】4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2  2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+  4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2OFe3+  2H2S+O2−催化剂2H2O+2S↓将二氧化硫氧化为硫酸 22.4b233V×100% 
【解析】解：(1)煅烧炉中发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2；
(2)炉渣经稀硫酸溶解后，过滤，可得黄色的溶液，为铁盐溶液，若将炉气通入溶液中，二氧化硫具有还原性，还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，可发现黄色溶液变为浅绿色，而后又变成黄色，是亚铁离子被空气中氧气氧化生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
(3)反应①是铁离子氧化硫化氢生成硫单质和亚铁离子，反应①中作氧化剂的是：Fe3+，整个反应过程中铁离子做催化剂，该图示中总反应的化学方程式为：2H2S+O2−催化剂2H2O+2S↓，
故答案为：Fe3+；2H2S+O2−催化剂2H2O+2S↓；
(4)现将上述炉气净化除尘后，得到气体VL(已换算成标准状况)主要成分是二氧化硫，将其通入足量H2O2溶液中充分吸收后，二氧化硫被氧化生成硫酸，再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaSO4)=bg233g/mol=b233mol，硫原子守恒得到二氧化硫物质的量为b233mol，气体体积=b233mol×22.4L/mol，据此计算二氧化硫体积分数=b233mol×22.4L/molVL×100%=22.4b233V×100%，
故答案为：将二氧化硫氧化为硫酸；22.4b233V×100%。
黄铁矿通入空气煅烧，FeS2与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化硫气体，二氧化硫在转化炉中催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫被浓硫酸吸收得到发烟硫酸，
(1)煅烧炉中发生反应是FeS2与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化硫气体；
(2)炉渣经稀硫酸溶解后，过滤，可得黄色的溶液，为铁盐溶液，若将炉气通入溶液中，二氧化硫具有还原性，还原铁离子生成亚铁离子，可发现黄色溶液变为浅绿色，而后又变成黄色，是亚铁离子被空气中氧气氧化生成铁离子；
(3)反应①是铁离子氧化硫化氢生成硫单质和亚铁离子，亚铁离子在酸溶液中被氧气氧化生成铁离子，反应过程中铁离子为催化剂；
(4)现将上述炉气净化除尘后，得到气体VL(已换算成标准状况)主要成分是二氧化硫，将其通入足量H2O2溶液中充分吸收后，二氧化硫被氧化生成硫酸，再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaSO4)=bg233g/mol=b233mol，硫原子守恒得到二氧化硫物质的量为b233mol，气体体积=b233mol×22.4L/mol，据此计算二氧化硫体积分数。
本题考查了工业制备硫酸的过程分析、物质性质的理解应用，题目难度不大。