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2021-2022学年安徽省宿州市萧县鹏程中学（普高班）高一（下）第一次质检化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省宿州市萧县鹏程中学（普高班）高一（下）第一次质检化学试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列离子方程式错误的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省宿州市萧县鹏程中学（普高班）高一（下）第一次质检化学试卷
1. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是( )
A. 用SO2漂白过的草帽日久会变色
B. 氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好
C. 黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质
D. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体
2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维
B. SO2具有还原性，可用于漂白纸浆
C. 浓H2SO4具有脱水性，可用作干燥剂
D. 因为液态氨汽化时吸热，可用液态氨作制冷剂
3. 实验室中，有关试剂的保存方法错误的是( )
A. 烧碱溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中 B. 氢氟酸保存在塑料瓶中
C. 少量金属钠保存在煤油中 D. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中
4. 下列说法正确的是 ( )
A. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3
B. 可以用澄清石灰水溶液鉴别SO2和CO2
C. SO2能使品红溶液、酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同
D. 少量SO2通过浓CaCl2的溶液能生成白色沉淀．
5. 除去下列物质中含有的少量杂质(括号中的物质)的方法中错误的是( )
A. H2(HCl)：通过水洗涤
B. NO2(NO)：通入过量氧气
C. NO(NH3)：通过水洗涤
D. NH4Cl溶液(I2)：用CC14萃取并分液
6. 以下各组离子能在溶液中大量共存的是( )
A. 含有大量SO42−的溶液：加入Mg2+、Cu2+、Cl−、NO3−
B. 滴加酚酞变红的溶液：加入SO42−、Cu2+、K+、Cl−
C. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl−、CO32−
D. 所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、Fe2+、NO3−、Na+
7. 下列装置所示的实验中，能达到实验目的是( )
A. 从Mg(OH)2悬浊液中分离出Mg(OH)2
B. 除去Cl2中的HCl
C. 实验室制氨气
D. 排水法收集NO
8. 在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是( )
A. S→点燃O2SO3→H2OH2SO4
B. SiO2→H2OH2SiO3→NaOH(aq)a2SiO3(aq)
C. NH3→催化剂O2NO2→H2ONO3
D. Fe→点燃Cl2FeCl3→NaOH(aq)Fe(OH)3
9. 下列离子方程式错误的是( )
A. 硅酸钠溶液中通入少量CO2气体：SiO32−+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO32−
B. 硫酸铝与氨水反应：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C. 氯气与氢氧化钾溶液反应：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
D. 小苏打溶液与稀盐酸反应：CO32−+2H+=H2O+CO2↑
10. 如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42−
B
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品
红溶液褪色
该溶液一定含有SO32−
C
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
D
将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸
性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊
说明酸性H2SO3>H2CO3
A. A B. B C. C D. D
11. 将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是( )
A. 1.2mL B. 2.4mL C. 3.6mL D. 5mL
12. 用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜
①铜与浓硝酸反应②铜与稀硝酸反应③铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸反应。以下叙述中正确的是 ( )
A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C. 所消耗铜的物质的量是：途径①>途径②>途径③
D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径①>途径③>途径②
13. 类推的思想方式在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是 ( )
A. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气
C. SO2能使品红溶液褪色，故CO2也能使品红溶液褪色
D. 常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化
14. 把7.2g铁粉投入40ml某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度( )
A. 3.5mol⋅L−1 B. 4.5mol⋅L−1 C. 7.0mol⋅L−1 D. 9.0mol⋅L−1
15. 汽车尾气(含CO、SO2和NO等)是城市空气污染源之一，治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转化器”，它能使一氧化碳跟一氧化氮反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，并促进二氧化硫的转化．
(1)汽车尾气中导致酸雨形成的主要物质是 ______ .
(2)写出在催化剂的作用下CO跟NO反应的化学方程式： ______ .
(3)使用“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了排放废气的酸度，有可能促进了酸雨的形成，其原因是 ______ .
(4)下列各项措施中，有利于缓解城市空气污染的有 ______ (填序号).
A.充分利用太阳能，减少能源消耗
B.使用电动车辆，减少汽油消耗
C.植树种草，绿化环境．
16. 从“南澳一号”沉船中发现了大量宋代精美瓷器，体现了灿烂的中华文明。青花瓷胎体的原料--高岭土[Al2Si2O5(OH)x]可掺进瓷石制胎，青花瓷釉料的成分主要是钾长石(KAlSi3O8)，在1300℃左右一次烧成的釉可形成精美的青花瓷。
(1)下列说法正确的是______(填序号)。
A.高岭土分子中x=2
B.钾长石能完全溶液在盐酸中形成澄清的溶液
C.烧制青花瓷过程中发生了复杂的物理变化和化学变化
D.青花瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐产品
(2)在“南澳一号”考古直播过程中，需用高纯度SiO2制造的光纤。下图是用海边的石英砂(含氯化钠、氧化铝等杂质)制备二氧化硅粗产品的工艺流程。
①洗涤石英砂的目的是______。
②二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是______。
③在以上流程中，要将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是______。
④工业上常用纯净石英砂与C在高温下发生反应制造粗硅，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1：1.下列说法正确的是______(填序号)。
A.SiC是一种传统的无机非金属材料
B.制造粗硅时的反应为2SiO2+5C−高温Si+SiC+4CO↑
C.在以上流程中，将盐酸改为NaOH溶液，也可达到目的
D.纯净的SiO2只能用于制造光导纤维。
17. 如图所示(有的反应可能在水溶液中进行)。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D和A的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。
则：
(1)写出下列物质的化学式：A ______，F ______，E的颜色 ______。
(2)写出以下各步反应的化学方程式：
Ⅰ______；
Ⅲ______；
铜和G的稀溶液的反应 ______。
18. 某化学小组在实验室中对SO2进行探究。回答下列问题：
(1)①学生甲用如图1装置制备SO2。写出该反应的化学方程式 ______，该反应中，硫酸体现的的性质有 ______。
A.氧化性
B.还原性
C.酸性
D.碱性
②学生乙以Na2SO3粉末和70%H2SO4为原料制取SO2，反应的化学方程式是：______。
③现欲收集一瓶干燥的SO2，选用如图中的A、B、C、D装置，其连接顺序(按气流方向，用小写字母表示，可重复选用)为：______。
(2)学生丙用浓H2SO4和蔗糖反应，得到的气体中含有SO2、CO2。现选择图2中的装置，验证混合气体中存在CO2和SO2，A和C中盛放的是品红溶液，B中盛放的是酸性高锰酸钾溶液。
其中，能证明存在CO2的现象是 ______。
(3)学生甲实验中，大试管内产生了大量黑色固体。查阅资料知：
①黑色固体可能含有CuO、CuS、Cu2S。
②CuS和Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸，但加热下可溶于稀硝酸。
③向含微量Cu2+的溶液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，能产生红褐色沉淀。
现取少量黑色沉淀，加入稀硫酸，充分振荡以后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是 ______。另取少量黑色沉淀，加入足量稀硝酸并加热，发现黑色固体最终完全溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，管口处出现红棕色。试写出CuS溶于足量稀硝酸的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫具有漂白性，是二氧化硫结合有色物质形成不稳定的无色物质，加热会恢复原来的颜色，故A正确；
B.温度越高，气体的溶解度越低，故用氯气给自来水消毒时，夏天的消毒效果比冬天差，故B错误；
C.黄河中的泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故C正确；
D.硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故D正确；
故选：B。
A.依据二氧化硫漂白性具有不稳定性特点解答；
B.温度越高，气体的溶解度越低；
C.胶体遇电解质溶液发生聚沉；
D.硅胶多孔，吸附能力很强。
本题考查了物质的物理性质及用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，难度不大，注意硅胶可作干燥剂，是催化剂的载体。
2.【答案】D
【解析】解：A.二氧化硅具有良好的导光性，可以用于制造光导纤维，晶体硅是常见的半导体材料，用于制造芯片等，故A错误；
B.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其还原性无关，故B错误；
C.浓H2SO4具有吸水性，能吸收某些气体中含有的水分，可用作某些气体的干燥剂，与浓硫酸脱水性无关，故C错误；
D.液态氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低，具有制冷作用，工业上常作制冷剂，故D正确；
故选：D。
A.晶体硅为良好的半导体，二氧化硅具有良好的光学特性；
B.SO2具有漂白性，能与有色物质反应生成无色物质；
C.浓H2SO4具有吸水性，可作干燥剂；
D.液态氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低。
本题考查物质性质和用途，题目难度不大，明确相关物质的性质是解题关键，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意知识积累。
3.【答案】A
【解析】解：A.因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故A错误；
B.氢氟酸能与玻璃反应生成四氟化硅气体，应保存在塑料瓶中，故B正确；
C.因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故C正确；
D.因浓硝酸易分解，须存放在棕色试剂瓶中，故D正确。
故选：A。
A.玻璃的主要成分是二氧化硅；
B.氢氟酸能与玻璃反应生成四氟化硅气体；
C.金属钠能与空气中的氧气和水反应；
D.浓硝酸见光易分解。
本题主要考查了物质的保存方法，难度不大，掌握物质的性质是解题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A、S与氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，所以硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2，故A错误；
B、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水溶液鉴别SO2和CO2，故B错误；
C、二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，所以褪色原理不同，故C正确；
D、SO2与浓CaCl2溶液不反应，所以少量SO2通过浓CaCl2的溶液无现象，故D错误；
故选：C。
A、S与氧气反应生成二氧化硫；
B、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊；
C、二氧化硫具有漂白性和还原性；
D、SO2与浓CaCl2溶液不反应．
本题考查了S及其氧化物的性质，属于元素化合物内容的考查，是高考中常见的考查内容，题目难度不大．
5.【答案】B
【解析】解：A.HCl极易溶于水，溶于水洗气可分离，故A正确；
B.易引入新杂质氧气，不能除杂，故B错误；
C.氨气极易溶于水，NO不溶于水，溶于水洗气可分离，故C正确；
D.碘易溶于四氯化碳，与氯化铵溶液分层，然后分液可分离，故D正确；
故选：B。
A.HCl极易溶于水；
B.易引入新杂质氧气；
C.氨气极易溶于水，NO不溶于水；
D.碘易溶于四氯化碳，与氯化铵溶液分层。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B.滴加酚酞变红的溶液，显碱性，不能大量存在Cu2+，故B错误；
C.常温下，加入铁粉能生成H2的溶液，为非强氧化性的酸溶液，不能大量存在CO32−，且Ca2+、CO32−结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.H+、Fe2+、NO3−发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该组离子之间不反应；
B.滴加酚酞变红的溶液，显碱性；
C.常温下，加入铁粉能生成H2的溶液，为非强氧化性的酸溶液；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子。
本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.从Mg(OH)2悬浊液中分离出Mg(OH)2，应选过滤装置，而图为分液装置，故A错误；
B.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水、洗气，故B错误；
C.氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用氯化铵与碱加热制取，故C错误；
D.NO不溶于水，导管短进长出可排水法收集NO，故D正确；
故选：D。
A.分离不溶性物质，应选过滤装置；
B.二者均与NaOH溶液反应；
C.氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵；
D.NO不溶于水．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的制备及收集等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
8.【答案】D
【解析】解：A.S与O2反应生成SO2，则S→点燃O2SO3之间的直接转化不能顺利实现，故A错误；
B.SiO2为难溶物，不与水反应，则SiO2→H2OH2SiO3之间的直接转化不能顺利实现，故B错误；
C.NH3与O2反应生成NO，则NH3→催化剂O2NO2之间的直接转化不能顺利实现，故C错误；
D.Fe与氯气点燃反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3，则Fe→点燃Cl2FeCl3→NaOH(aq)Fe(OH)3之间的直接转化能顺利实现，故D正确；
故选：D。
A.硫与氧气反应生成二氧化硫；
B.二氧化硅不与水反应；
C.氨气催化氧化生成一氧化氮；
D.铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀。
本题考查常见元素化合物性质应用，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.向硅酸钠溶液中通入少量CO2气体的离子反应为SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32−，故A正确；
B.硫酸铝与氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C.氯气与氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+2H2O，故C正确；
D.小苏打溶液与稀盐酸反应生成NaCl、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，故D错误；
故选：D。
A.硅酸钠溶液中通入少量CO2气体反应生成碳酸钠和硅酸；
B.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；
C.氯气和氢氧化钾溶液反应生成KCl、KClO和水；
D.小苏打只能拆为钠离子和碳酸氢根离子。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；试题有利于提高学生的灵活应用能力。
10.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故A错误；
B.如果气体是二氧化硫，溶液中含有亚硫酸氢根离子也能生成二氧化硫，如果气体是氯气，浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气也能使品红溶液褪色，所以原来溶液中不一定含有亚硫酸根离子，故B错误；
C.氯气和水反应生成的HClO也能使品红溶液褪色，所以该气体不一定是二氧化硫，故C错误；
D.二氧化硫和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，剩余的二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸，再通入澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳，由此得出酸性H2SO3>H2CO3，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为AgCl；
B.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
C.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：假定全部为二氧化氮，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余气体体积为13×12mL=4mL>2mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若剩余气体为氧气，则参加反应的气体为12mL−2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10mL×45=8mL，原混合气体中O2的体积为12mL−8mL=4mL；若剩余气体为NO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL−6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL×15=1.2mL，即原混合气体中O2的体积为1.2mL，
故选：A。
假定全部为二氧化氮，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余气体体积为13×12mL=4mL>2mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若剩余气体为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的NO2，总体积减去二氧化氮体积即为氧气的体积；若剩余气体为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2。
本题考查化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，分析剩余的气体的成分，题目侧重考查学生分析计算能力，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.由Cu原子守恒可知，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，故A正确；
B.由方程式可知生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，故B错误；
C.所消耗铜的物质的量是：途径①=途径②=途径③，故C错误；
D.途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，消耗硝酸的物质的量是：途径①>途径②>途径③，故D错误；
故选：A。
有关反应为：①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；③2Cu+O2−△2CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少。通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用，以此来解答。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了二氧化硫、浓硫酸、浓硝酸的性质，题目难度不大，熟记二氧化硫的性质是解题的关键。
【解答】
A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与高锰酸钾反应，故A错误；
B.硝酸具有强氧化性，与金属反应得不到氢气，故B错误；
C.SO2能使品红溶液褪色，是因为其具有漂白性，二氧化碳没有漂白性，所以CO2不能使品红溶液褪色，故C错误；
D.浓硫酸与浓硝酸都具有强氧化性，室温下都能使铁和铝发生钝化，故D正确；
故选D。
14.【答案】C
【解析】解：把7.2g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，
参加反应的Fe的质量=7.2g−1.6g=5.6g，其物质的量=5.6g56g/mol=0.1mol，故n[Fe(NO3)2]=0.1mol，
反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO+NO2)=0.1mol×2+0.08mol=0.28mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为：0.28mol0.04L=7.0mol⋅l−1，
故选：C。
把7.2g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO+NO2)，据此进行解答．
本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从N元素守恒的角度解答该题，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
15.【答案】SO2、NO；2CO+2NO催化剂N2+2CO2；由于促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4提高了空气酸度；ABC
【解析】解：(1)因导致酸雨的气体有二氧化硫和氮的氧化物，汽车尾气中含CO、SO2和NO等，所以导致酸雨形成的主要物质是SO2和NO，故答案为：SO2、NO；
(2)根据题给信息：CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体．这气体是CO2和N2，所以反应的方程式为2CO+2NO催化剂N2+2CO2，
故答案为：2CO+2NO催化剂N2+2CO2；
(3)由于“催化转化器”促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4，提高了空气的酸度．
故答案为：由于促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4提高了空气酸度；
(4)缓解城市空气污染，植树造林能控制CO2量的增加，而对消除汽车尾气中烃类，故答案为：ABC.
(1)导致酸雨的气体有二氧化硫和氮的氧化物；
(2)CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并在催化剂作用下促使SO2的转化，可知CO与NO反应生成的是N2和CO2，由此即可写出有关化学方程式．
(3)由SO2可催化氧化为SO3，SO3在空气中能形成H2SO4，这也就是“催化转化器”的缺点．
(4)植树造林没有缓解城市空气污染，应该是使用清洁能源和不使用产生污染的能源才行．
本题以汽车尾气处理这一生活常识为背景材料编写的信息题，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，注意用很简单的化学知识加以解释．因此，我们要多关心与化学知识相关系的生产、生活中的热点问题，做到学以致用，难度不大．
16.【答案】CD 除去可溶性NaCl杂质 SiO2+2OH−=SiO32−+H2O增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率 B
【解析】解：(1)A.高岭土Al2Si2O5(OH)x中，铝为+3价，硅为+4价，氧为−2价，依据代数和为零，可知氢氧根离子个数为4，故A错误；
B.钾长石与盐酸反应生成氯化钾、氯化铝和硅酸，硅酸不溶于盐酸，形成沉淀，故B错误；
C.陶瓷烧制过程中即发生了物理变化，又发生了化学变化，故C正确；
D.水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，故D正确；
故选：CD；
(2)①洗涤石英砂的目的是为了除去可溶性NaCl杂质，故答案为：除去可溶性NaCl杂质；
②二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成了硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH−=SiO32−+H2O，故答案为：SiO2+2OH−=SiO32−+H2O；
③在以上流程中，要将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率；
④A.SiC不是传统的无机非金属材料，是新型无机非金属材料，故A错误；
B.制造粗硅时的反应为2SiO2+5C−高温Si+SiC+4CO↑，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1：1，故B正确；
C.在以上流程中，不能将盐酸改为NaOH溶液，因为SiO2能与NaOH溶液反应，故C错误；
D.纯净的SiO2也能用于晶体硅，故D错误；
故选：B。
(1)A.根据化合价代数和为零计算；
B.钾长石与盐酸反应生成氯化钾、氯化铝和硅酸；
C.陶瓷烧制过程中即发生了物理变化，又发生了化学变化；
D.硅酸盐产品是以含硅物质为原料经加热制成的主要包括：水泥、玻璃、陶瓷；
(2)①洗涤石英砂的目的是为了除去可溶性杂质；
②二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，据此写出反应的离子方程式；
③将洗净的石英砂研磨成粉末是增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率；
④A.SiC是一种新型无机非金属材料；
B.根据题目信息结合质量守恒；
C.SiO2能与NaOH溶液反应；
D.纯净的SiO2也能用于晶体硅。
本题考查了粗硅的提纯，题目难度不大，明确二氧化硅和硅的性质是解题关键，注意对基础知识的积累。
17.【答案】NH3 NaAlO2 红棕色 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】解：(1)由分析可知，A的化学式是NH3，F的化学式为NaAlO2，E为NO2，是红棕色气体，
故答案为：NH3；NaAlO2；红棕色；
(2)反应I的方程式为4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，反应Ⅲ的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，铜和硝酸的稀溶液的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
甲为一种淡黄色固体，且甲可由两种单质直接化合得到，则甲为Na2O2；G为酸，A的溶液均呈碱性，若用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，应是HNO3(或HCl)和NH3的反应，由于G是由A经过两步氧化后与水反应得到的，所以G为HNO3，反应生成NH4NO3，且A能与O2反应，故A为NH3，则C为NO，E为NO2，B为H2O，D的溶液均呈碱性，过氧化钠与水反应得到D为NaOH，乙在G(硝酸)的浓溶液中发生钝化，则乙为铝或铁，且能与NaOH反应，所以乙为Al，F为NaAlO2。
本题考查无机物的推断，物质的颜色、特殊性质、反应现象为推断的突破口，题目侧重于学生分析能力与元素化合物知识的考查，难度中等。
18.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2OACH2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑abcedfC装置品红溶液不褪色，D装置澄清石灰水变浑浊 样品不含CuO3CuS+8NO3−+8H+=3Cu2++3SO42−+8NO↑+4H2O
【解析】解：(1)①浓硫酸和铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；该反应体现了浓硫酸的氧化性和酸性，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；AC；
②学生乙以Na2SO3粉末和70%H2SO4为原料制取SO2，反应的化学方程式是H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，
故答案为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
③产生的二氧化硫中混有水蒸气，故应使用浓硫酸进行除杂，经想上排空气法收集，故收集装置应长进短出，最后需要进行尾气处理，故仪器的连接装置为abcedf，
故答案为：abcedf；
(2)由于二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，但二氧化硫具有漂白性和还原性，故应使用高锰酸钾除去后，使用酚酞检验是否有将其除尽，随后检验二氧化碳，对应的实验现象为C装置品红溶液不褪色，D装置澄清石灰水变浑浊，
故答案为：C装置品红溶液不褪色，D装置澄清石灰水变浑浊；
(3)现取少量黑色沉淀，加入稀硫酸，充分振荡以后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，说明没有Cu2+，故样品中不含CuO，另取少量黑色沉淀，加入足量稀硝酸并加热，发现黑色固体最终完全溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，管口处出现红棕色，说明有NO被氧化为NO2，CuS溶于足量稀硝酸的离子方程式为3CuS+8NO3−+8H+=3Cu2++3SO42−+8NO↑+4H2O，
故答案为：样品不含CuO；3CuS+8NO3−+8H+=3Cu2++3SO42−+8NO↑+4H2O。
(1)①浓硫酸和铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②学生乙以Na2SO3粉末和70%H2SO4为原料制取SO2；
③产生的二氧化硫中混有水蒸气，故应使用浓硫酸进行除杂，经想上排空气法收集，故收集装置应长进短出，最后需要进行尾气处理；
(2)由于二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，但二氧化硫具有漂白性和还原性，故应使用高锰酸钾除去后，使用酚酞检验是否有将其除尽，随后检验二氧化碳；
(3)现取少量黑色沉淀，加入稀硫酸，充分振荡以后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，说明没有Cu2+，故样品中不含CuO，另取少量黑色沉淀，加入足量稀硝酸并加热，发现黑色固体最终完全溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，管口处出现红棕色，说明有NO被氧化为NO2。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
2021-2022学年安徽省宿州市萧县鹏程中学（普高班）高一（下）第一次质检化学试卷
1. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是( )
A. 用SO2漂白过的草帽日久会变色
B. 氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好
C. 黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质
D. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体
2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维
B. SO2具有还原性，可用于漂白纸浆
C. 浓H2SO4具有脱水性，可用作干燥剂
D. 因为液态氨汽化时吸热，可用液态氨作制冷剂
3. 实验室中，有关试剂的保存方法错误的是( )
A. 烧碱溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中 B. 氢氟酸保存在塑料瓶中
C. 少量金属钠保存在煤油中 D. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中
4. 下列说法正确的是 ( )
A. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3
B. 可以用澄清石灰水溶液鉴别SO2和CO2
C. SO2能使品红溶液、酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同
D. 少量SO2通过浓CaCl2的溶液能生成白色沉淀．
5. 除去下列物质中含有的少量杂质(括号中的物质)的方法中错误的是( )
A. H2(HCl)：通过水洗涤
B. NO2(NO)：通入过量氧气
C. NO(NH3)：通过水洗涤
D. NH4Cl溶液(I2)：用CC14萃取并分液
6. 以下各组离子能在溶液中大量共存的是( )
A. 含有大量SO42−的溶液：加入Mg2+、Cu2+、Cl−、NO3−
B. 滴加酚酞变红的溶液：加入SO42−、Cu2+、K+、Cl−
C. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl−、CO32−
D. 所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、Fe2+、NO3−、Na+
7. 下列装置所示的实验中，能达到实验目的是( )
A. 从Mg(OH)2悬浊液中分离出Mg(OH)2
B. 除去Cl2中的HCl
C. 实验室制氨气
D. 排水法收集NO
8. 在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是( )
A. S→点燃O2SO3→H2OH2SO4
B. SiO2→H2OH2SiO3→NaOH(aq)a2SiO3(aq)
C. NH3→催化剂O2NO2→H2ONO3
D. Fe→点燃Cl2FeCl3→NaOH(aq)Fe(OH)3
9. 下列离子方程式错误的是( )
A. 硅酸钠溶液中通入少量CO2气体：SiO32−+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO32−
B. 硫酸铝与氨水反应：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C. 氯气与氢氧化钾溶液反应：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
D. 小苏打溶液与稀盐酸反应：CO32−+2H+=H2O+CO2↑
10. 如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42−
B
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品
红溶液褪色
该溶液一定含有SO32−
C
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
D
将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸
性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊
说明酸性H2SO3>H2CO3
A. A B. B C. C D. D
11. 将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是( )
A. 1.2mL B. 2.4mL C. 3.6mL D. 5mL
12. 用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜
①铜与浓硝酸反应②铜与稀硝酸反应③铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸反应。以下叙述中正确的是 ( )
A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C. 所消耗铜的物质的量是：途径①>途径②>途径③
D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径①>途径③>途径②
13. 类推的思想方式在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是 ( )
A. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气
C. SO2能使品红溶液褪色，故CO2也能使品红溶液褪色
D. 常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化
14. 把7.2g铁粉投入40ml某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度( )
A. 3.5mol⋅L−1 B. 4.5mol⋅L−1 C. 7.0mol⋅L−1 D. 9.0mol⋅L−1
15. 汽车尾气(含CO、SO2和NO等)是城市空气污染源之一，治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转化器”，它能使一氧化碳跟一氧化氮反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，并促进二氧化硫的转化．
(1)汽车尾气中导致酸雨形成的主要物质是 ______ .
(2)写出在催化剂的作用下CO跟NO反应的化学方程式： ______ .
(3)使用“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了排放废气的酸度，有可能促进了酸雨的形成，其原因是 ______ .
(4)下列各项措施中，有利于缓解城市空气污染的有 ______ (填序号).
A.充分利用太阳能，减少能源消耗
B.使用电动车辆，减少汽油消耗
C.植树种草，绿化环境．
16. 从“南澳一号”沉船中发现了大量宋代精美瓷器，体现了灿烂的中华文明。青花瓷胎体的原料--高岭土[Al2Si2O5(OH)x]可掺进瓷石制胎，青花瓷釉料的成分主要是钾长石(KAlSi3O8)，在1300℃左右一次烧成的釉可形成精美的青花瓷。
(1)下列说法正确的是______(填序号)。
A.高岭土分子中x=2
B.钾长石能完全溶液在盐酸中形成澄清的溶液
C.烧制青花瓷过程中发生了复杂的物理变化和化学变化
D.青花瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐产品
(2)在“南澳一号”考古直播过程中，需用高纯度SiO2制造的光纤。下图是用海边的石英砂(含氯化钠、氧化铝等杂质)制备二氧化硅粗产品的工艺流程。
①洗涤石英砂的目的是______。
②二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是______。
③在以上流程中，要将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是______。
④工业上常用纯净石英砂与C在高温下发生反应制造粗硅，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1：1.下列说法正确的是______(填序号)。
A.SiC是一种传统的无机非金属材料
B.制造粗硅时的反应为2SiO2+5C−高温Si+SiC+4CO↑
C.在以上流程中，将盐酸改为NaOH溶液，也可达到目的
D.纯净的SiO2只能用于制造光导纤维。
17. 如图所示(有的反应可能在水溶液中进行)。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D和A的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。
则：
(1)写出下列物质的化学式：A ______，F ______，E的颜色 ______。
(2)写出以下各步反应的化学方程式：
Ⅰ______；
Ⅲ______；
铜和G的稀溶液的反应 ______。
18. 某化学小组在实验室中对SO2进行探究。回答下列问题：
(1)①学生甲用如图1装置制备SO2。写出该反应的化学方程式 ______，该反应中，硫酸体现的的性质有 ______。
A.氧化性
B.还原性
C.酸性
D.碱性
②学生乙以Na2SO3粉末和70%H2SO4为原料制取SO2，反应的化学方程式是：______。
③现欲收集一瓶干燥的SO2，选用如图中的A、B、C、D装置，其连接顺序(按气流方向，用小写字母表示，可重复选用)为：______。
(2)学生丙用浓H2SO4和蔗糖反应，得到的气体中含有SO2、CO2。现选择图2中的装置，验证混合气体中存在CO2和SO2，A和C中盛放的是品红溶液，B中盛放的是酸性高锰酸钾溶液。
其中，能证明存在CO2的现象是 ______。
(3)学生甲实验中，大试管内产生了大量黑色固体。查阅资料知：
①黑色固体可能含有CuO、CuS、Cu2S。
②CuS和Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸，但加热下可溶于稀硝酸。
③向含微量Cu2+的溶液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，能产生红褐色沉淀。
现取少量黑色沉淀，加入稀硫酸，充分振荡以后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是 ______。另取少量黑色沉淀，加入足量稀硝酸并加热，发现黑色固体最终完全溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，管口处出现红棕色。试写出CuS溶于足量稀硝酸的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫具有漂白性，是二氧化硫结合有色物质形成不稳定的无色物质，加热会恢复原来的颜色，故A正确；
B.温度越高，气体的溶解度越低，故用氯气给自来水消毒时，夏天的消毒效果比冬天差，故B错误；
C.黄河中的泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故C正确；
D.硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故D正确；
故选：B。
A.依据二氧化硫漂白性具有不稳定性特点解答；
B.温度越高，气体的溶解度越低；
C.胶体遇电解质溶液发生聚沉；
D.硅胶多孔，吸附能力很强。
本题考查了物质的物理性质及用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，难度不大，注意硅胶可作干燥剂，是催化剂的载体。
2.【答案】D
【解析】解：A.二氧化硅具有良好的导光性，可以用于制造光导纤维，晶体硅是常见的半导体材料，用于制造芯片等，故A错误；
B.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其还原性无关，故B错误；
C.浓H2SO4具有吸水性，能吸收某些气体中含有的水分，可用作某些气体的干燥剂，与浓硫酸脱水性无关，故C错误；
D.液态氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低，具有制冷作用，工业上常作制冷剂，故D正确；
故选：D。
A.晶体硅为良好的半导体，二氧化硅具有良好的光学特性；
B.SO2具有漂白性，能与有色物质反应生成无色物质；
C.浓H2SO4具有吸水性，可作干燥剂；
D.液态氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低。
本题考查物质性质和用途，题目难度不大，明确相关物质的性质是解题关键，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意知识积累。
3.【答案】A
【解析】解：A.因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故A错误；
B.氢氟酸能与玻璃反应生成四氟化硅气体，应保存在塑料瓶中，故B正确；
C.因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故C正确；
D.因浓硝酸易分解，须存放在棕色试剂瓶中，故D正确。
故选：A。
A.玻璃的主要成分是二氧化硅；
B.氢氟酸能与玻璃反应生成四氟化硅气体；
C.金属钠能与空气中的氧气和水反应；
D.浓硝酸见光易分解。
本题主要考查了物质的保存方法，难度不大，掌握物质的性质是解题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A、S与氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，所以硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2，故A错误；
B、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水溶液鉴别SO2和CO2，故B错误；
C、二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，所以褪色原理不同，故C正确；
D、SO2与浓CaCl2溶液不反应，所以少量SO2通过浓CaCl2的溶液无现象，故D错误；
故选：C。
A、S与氧气反应生成二氧化硫；
B、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊；
C、二氧化硫具有漂白性和还原性；
D、SO2与浓CaCl2溶液不反应．
本题考查了S及其氧化物的性质，属于元素化合物内容的考查，是高考中常见的考查内容，题目难度不大．
5.【答案】B
【解析】解：A.HCl极易溶于水，溶于水洗气可分离，故A正确；
B.易引入新杂质氧气，不能除杂，故B错误；
C.氨气极易溶于水，NO不溶于水，溶于水洗气可分离，故C正确；
D.碘易溶于四氯化碳，与氯化铵溶液分层，然后分液可分离，故D正确；
故选：B。
A.HCl极易溶于水；
B.易引入新杂质氧气；
C.氨气极易溶于水，NO不溶于水；
D.碘易溶于四氯化碳，与氯化铵溶液分层。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B.滴加酚酞变红的溶液，显碱性，不能大量存在Cu2+，故B错误；
C.常温下，加入铁粉能生成H2的溶液，为非强氧化性的酸溶液，不能大量存在CO32−，且Ca2+、CO32−结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.H+、Fe2+、NO3−发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该组离子之间不反应；
B.滴加酚酞变红的溶液，显碱性；
C.常温下，加入铁粉能生成H2的溶液，为非强氧化性的酸溶液；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子。
本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.从Mg(OH)2悬浊液中分离出Mg(OH)2，应选过滤装置，而图为分液装置，故A错误；
B.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水、洗气，故B错误；
C.氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用氯化铵与碱加热制取，故C错误；
D.NO不溶于水，导管短进长出可排水法收集NO，故D正确；
故选：D。
A.分离不溶性物质，应选过滤装置；
B.二者均与NaOH溶液反应；
C.氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵；
D.NO不溶于水．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的制备及收集等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
8.【答案】D
【解析】解：A.S与O2反应生成SO2，则S→点燃O2SO3之间的直接转化不能顺利实现，故A错误；
B.SiO2为难溶物，不与水反应，则SiO2→H2OH2SiO3之间的直接转化不能顺利实现，故B错误；
C.NH3与O2反应生成NO，则NH3→催化剂O2NO2之间的直接转化不能顺利实现，故C错误；
D.Fe与氯气点燃反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3，则Fe→点燃Cl2FeCl3→NaOH(aq)Fe(OH)3之间的直接转化能顺利实现，故D正确；
故选：D。
A.硫与氧气反应生成二氧化硫；
B.二氧化硅不与水反应；
C.氨气催化氧化生成一氧化氮；
D.铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀。
本题考查常见元素化合物性质应用，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.向硅酸钠溶液中通入少量CO2气体的离子反应为SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32−，故A正确；
B.硫酸铝与氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；
C.氯气与氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+2H2O，故C正确；
D.小苏打溶液与稀盐酸反应生成NaCl、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，故D错误；
故选：D。
A.硅酸钠溶液中通入少量CO2气体反应生成碳酸钠和硅酸；
B.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；
C.氯气和氢氧化钾溶液反应生成KCl、KClO和水；
D.小苏打只能拆为钠离子和碳酸氢根离子。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；试题有利于提高学生的灵活应用能力。
10.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故A错误；
B.如果气体是二氧化硫，溶液中含有亚硫酸氢根离子也能生成二氧化硫，如果气体是氯气，浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气也能使品红溶液褪色，所以原来溶液中不一定含有亚硫酸根离子，故B错误；
C.氯气和水反应生成的HClO也能使品红溶液褪色，所以该气体不一定是二氧化硫，故C错误；
D.二氧化硫和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，剩余的二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸，再通入澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳，由此得出酸性H2SO3>H2CO3，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为AgCl；
B.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
C.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：假定全部为二氧化氮，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余气体体积为13×12mL=4mL>2mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若剩余气体为氧气，则参加反应的气体为12mL−2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10mL×45=8mL，原混合气体中O2的体积为12mL−8mL=4mL；若剩余气体为NO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL−6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL×15=1.2mL，即原混合气体中O2的体积为1.2mL，
故选：A。
假定全部为二氧化氮，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余气体体积为13×12mL=4mL>2mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若剩余气体为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的NO2，总体积减去二氧化氮体积即为氧气的体积；若剩余气体为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2。
本题考查化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，分析剩余的气体的成分，题目侧重考查学生分析计算能力，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.由Cu原子守恒可知，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，故A正确；
B.由方程式可知生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，故B错误；
C.所消耗铜的物质的量是：途径①=途径②=途径③，故C错误；
D.途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少，消耗硝酸的物质的量是：途径①>途径②>途径③，故D错误；
故选：A。
有关反应为：①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；③2Cu+O2−△2CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径①消耗HNO3最多，途径②次之，途径③消耗HNO3最少。通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用，以此来解答。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了二氧化硫、浓硫酸、浓硝酸的性质，题目难度不大，熟记二氧化硫的性质是解题的关键。
【解答】
A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与高锰酸钾反应，故A错误；
B.硝酸具有强氧化性，与金属反应得不到氢气，故B错误；
C.SO2能使品红溶液褪色，是因为其具有漂白性，二氧化碳没有漂白性，所以CO2不能使品红溶液褪色，故C错误；
D.浓硫酸与浓硝酸都具有强氧化性，室温下都能使铁和铝发生钝化，故D正确；
故选D。
14.【答案】C
【解析】解：把7.2g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，
参加反应的Fe的质量=7.2g−1.6g=5.6g，其物质的量=5.6g56g/mol=0.1mol，故n[Fe(NO3)2]=0.1mol，
反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO+NO2)=0.1mol×2+0.08mol=0.28mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为：0.28mol0.04L=7.0mol⋅l−1，
故选：C。
把7.2g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO+NO2)，据此进行解答．
本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从N元素守恒的角度解答该题，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
15.【答案】SO2、NO；2CO+2NO催化剂N2+2CO2；由于促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4提高了空气酸度；ABC
【解析】解：(1)因导致酸雨的气体有二氧化硫和氮的氧化物，汽车尾气中含CO、SO2和NO等，所以导致酸雨形成的主要物质是SO2和NO，故答案为：SO2、NO；
(2)根据题给信息：CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体．这气体是CO2和N2，所以反应的方程式为2CO+2NO催化剂N2+2CO2，
故答案为：2CO+2NO催化剂N2+2CO2；
(3)由于“催化转化器”促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4，提高了空气的酸度．
故答案为：由于促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4提高了空气酸度；
(4)缓解城市空气污染，植树造林能控制CO2量的增加，而对消除汽车尾气中烃类，故答案为：ABC.
(1)导致酸雨的气体有二氧化硫和氮的氧化物；
(2)CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并在催化剂作用下促使SO2的转化，可知CO与NO反应生成的是N2和CO2，由此即可写出有关化学方程式．
(3)由SO2可催化氧化为SO3，SO3在空气中能形成H2SO4，这也就是“催化转化器”的缺点．
(4)植树造林没有缓解城市空气污染，应该是使用清洁能源和不使用产生污染的能源才行．
本题以汽车尾气处理这一生活常识为背景材料编写的信息题，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，注意用很简单的化学知识加以解释．因此，我们要多关心与化学知识相关系的生产、生活中的热点问题，做到学以致用，难度不大．
16.【答案】CD 除去可溶性NaCl杂质 SiO2+2OH−=SiO32−+H2O增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率 B
【解析】解：(1)A.高岭土Al2Si2O5(OH)x中，铝为+3价，硅为+4价，氧为−2价，依据代数和为零，可知氢氧根离子个数为4，故A错误；
B.钾长石与盐酸反应生成氯化钾、氯化铝和硅酸，硅酸不溶于盐酸，形成沉淀，故B错误；
C.陶瓷烧制过程中即发生了物理变化，又发生了化学变化，故C正确；
D.水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，故D正确；
故选：CD；
(2)①洗涤石英砂的目的是为了除去可溶性NaCl杂质，故答案为：除去可溶性NaCl杂质；
②二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成了硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH−=SiO32−+H2O，故答案为：SiO2+2OH−=SiO32−+H2O；
③在以上流程中，要将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率；
④A.SiC不是传统的无机非金属材料，是新型无机非金属材料，故A错误；
B.制造粗硅时的反应为2SiO2+5C−高温Si+SiC+4CO↑，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1：1，故B正确；
C.在以上流程中，不能将盐酸改为NaOH溶液，因为SiO2能与NaOH溶液反应，故C错误；
D.纯净的SiO2也能用于晶体硅，故D错误；
故选：B。
(1)A.根据化合价代数和为零计算；
B.钾长石与盐酸反应生成氯化钾、氯化铝和硅酸；
C.陶瓷烧制过程中即发生了物理变化，又发生了化学变化；
D.硅酸盐产品是以含硅物质为原料经加热制成的主要包括：水泥、玻璃、陶瓷；
(2)①洗涤石英砂的目的是为了除去可溶性杂质；
②二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，据此写出反应的离子方程式；
③将洗净的石英砂研磨成粉末是增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率；
④A.SiC是一种新型无机非金属材料；
B.根据题目信息结合质量守恒；
C.SiO2能与NaOH溶液反应；
D.纯净的SiO2也能用于晶体硅。
本题考查了粗硅的提纯，题目难度不大，明确二氧化硅和硅的性质是解题关键，注意对基础知识的积累。
17.【答案】NH3 NaAlO2 红棕色 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】解：(1)由分析可知，A的化学式是NH3，F的化学式为NaAlO2，E为NO2，是红棕色气体，
故答案为：NH3；NaAlO2；红棕色；
(2)反应I的方程式为4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，反应Ⅲ的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，铜和硝酸的稀溶液的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
甲为一种淡黄色固体，且甲可由两种单质直接化合得到，则甲为Na2O2；G为酸，A的溶液均呈碱性，若用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，应是HNO3(或HCl)和NH3的反应，由于G是由A经过两步氧化后与水反应得到的，所以G为HNO3，反应生成NH4NO3，且A能与O2反应，故A为NH3，则C为NO，E为NO2，B为H2O，D的溶液均呈碱性，过氧化钠与水反应得到D为NaOH，乙在G(硝酸)的浓溶液中发生钝化，则乙为铝或铁，且能与NaOH反应，所以乙为Al，F为NaAlO2。
本题考查无机物的推断，物质的颜色、特殊性质、反应现象为推断的突破口，题目侧重于学生分析能力与元素化合物知识的考查，难度中等。
18.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2OACH2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑abcedfC装置品红溶液不褪色，D装置澄清石灰水变浑浊 样品不含CuO3CuS+8NO3−+8H+=3Cu2++3SO42−+8NO↑+4H2O
【解析】解：(1)①浓硫酸和铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；该反应体现了浓硫酸的氧化性和酸性，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；AC；
②学生乙以Na2SO3粉末和70%H2SO4为原料制取SO2，反应的化学方程式是H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，
故答案为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
③产生的二氧化硫中混有水蒸气，故应使用浓硫酸进行除杂，经想上排空气法收集，故收集装置应长进短出，最后需要进行尾气处理，故仪器的连接装置为abcedf，
故答案为：abcedf；
(2)由于二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，但二氧化硫具有漂白性和还原性，故应使用高锰酸钾除去后，使用酚酞检验是否有将其除尽，随后检验二氧化碳，对应的实验现象为C装置品红溶液不褪色，D装置澄清石灰水变浑浊，
故答案为：C装置品红溶液不褪色，D装置澄清石灰水变浑浊；
(3)现取少量黑色沉淀，加入稀硫酸，充分振荡以后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，说明没有Cu2+，故样品中不含CuO，另取少量黑色沉淀，加入足量稀硝酸并加热，发现黑色固体最终完全溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，管口处出现红棕色，说明有NO被氧化为NO2，CuS溶于足量稀硝酸的离子方程式为3CuS+8NO3−+8H+=3Cu2++3SO42−+8NO↑+4H2O，
故答案为：样品不含CuO；3CuS+8NO3−+8H+=3Cu2++3SO42−+8NO↑+4H2O。
(1)①浓硫酸和铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②学生乙以Na2SO3粉末和70%H2SO4为原料制取SO2；
③产生的二氧化硫中混有水蒸气，故应使用浓硫酸进行除杂，经想上排空气法收集，故收集装置应长进短出，最后需要进行尾气处理；
(2)由于二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，但二氧化硫具有漂白性和还原性，故应使用高锰酸钾除去后，使用酚酞检验是否有将其除尽，随后检验二氧化碳；
(3)现取少量黑色沉淀，加入稀硫酸，充分振荡以后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀，说明没有Cu2+，故样品中不含CuO，另取少量黑色沉淀，加入足量稀硝酸并加热，发现黑色固体最终完全溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡生成，管口处出现红棕色，说明有NO被氧化为NO2。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
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