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安徽省淮北市第一中学2022-2023学年高一化学下学期第二次月考试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省淮北市第一中学2022-2023学年高一化学下学期第二次月考试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
淮北一中2022~2023学年度高一年级下学期第二次月考
化学试卷
时间：75分钟 分值：100分
可用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 金(Au)：“虽被火亦未熟"
B. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C. 石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D. 石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
2. 下列说法正确的是
A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B. 光化学烟雾是由SO2、NO、NO2引起的环境污染
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，CO、NO2在空气中能稳定存在，但NO能与空气中O2发生反应生成NO2，A不正确；
B．光化学烟雾是由NO、NO2引起的环境污染，但SO2不能产生光化学烟雾，B不正确；
C．NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会形成酸雨，C不正确；
D．活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，但原理不同，分别吸附(物理过程)、非氧化还原反应、氧化还原反应，D正确；
故选D。
3. 关于下列物质的性质描述正确的是
A. SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
B. 久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸的不稳定性
C. 常温下，浓硫酸、浓硝酸可以用铁罐装，说明铁在常温下与浓硫酸和浓硝酸不反应
D. 蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成，体现了浓硫酸具有吸水性和强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性，由于KMnO4为无机物，所以不能称为漂白性，A不正确；
B．久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸见光分解生成的NO2溶解在浓硝酸中引起的，浓硝酸表现不稳定性，B正确；
C．常温下，浓硫酸、浓硝酸能使铁表面发生钝化，从而使反应不能持续进行，所以浓硫酸、浓硝酸可以用铁罐装，C不正确；
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成，表明浓硫酸使蔗糖脱水碳化，体现了浓硫酸的脱水性，D不正确；
故选B。
4. 实验室用下图装置(夹持装置已略去)制备NH3，并研究其性质。其中，a、b为湿润的红色石蕊试纸，下列关于NH3性质实验的说法中，不正确的是
A. 装置乙中，b先变蓝，a后变蓝 B. 装置丙中，产生大量白烟
C. 装置丁中，试剂可以是水 D. 装置丁具有防止倒吸的作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于NH3的密度比空气的小，故装置乙中，a先变蓝，b后变蓝甚至不变蓝，A错误；
B．浓盐酸具有挥发性，NH3+HCl=NH4Cl，产生NH4Cl小颗粒，即装置丙中，产生大量白烟，B正确；
C．NH3极易溶于水，可以用水来吸收多余的NH3，装置丁中，试剂可以是水，C正确；
D．装置丁中的干燥管能够起到防止倒吸的作用，D正确；
故答案为：A。
5. 已知某物质X 能发生如下转化：
下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是
A. 若X为N2，则A为硝酸 B. 若X为S，则A为硫酸
C. 反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应 D. 若X 为非金属单质或非金属氢化物，则A 不一定能与金属铜反应生成Y
【答案】C
【解析】
【详解】若X为N2，Y是NO、Z是NO2、A为硝酸，故A正确；若X为S，Y是SO2、Z是SO3、A为硫酸，故B正确；若X为N2 ，Y是NO、Z是NO2、NO2与水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；若X 为H2S，Y可能为S，Z是SO2、A为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故D正确。
6. 用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验装置
实验目的
验证浓硫酸具有氧化性
制取并收集少量氨气
干燥
喷泉实验
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸和蔗糖常温下，发生氧化还原反应，并产生气体，可验证浓硫酸具有氧化性，A正确；
B．收集氨气的试管口不能密封，应利用一团棉花堵住试管口，防止与空气发生对流，B错误；
C．干燥气体，导管应长进短出，C错误；
D．氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，D错误；
故选A。
7. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下22.4LSO3中所含原子数为4NA
B. 3molNO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA
C. 标准状况下11.2LNO与11.2LO2混合气体的分子数为NA
D. 78gNa2O2中含有的离子总数为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下SO3呈固态，无法求出22.4LSO3的物质的量，也就无法求出其所含原子数，A不正确；
B．由关系式3NO2——2e-可知，3molNO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA，B正确；
C．标准状况下11.2LNO与11.2LO2混合后发生反应，生成11.2LNO2，另有5.6LO2剩余，所以反应后气体的分子数小于NA，C不正确；
D．Na2O2由Na+和构成，78gNa2O2的物质的量为1mol，则其含有的离子总数为3NA，D不正确；
故选B。
8. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是
选项
气体a
溶液b
A
Cl2
KI
B
CO2
CaCl2
C
SO2
Ba(NO3)2
D
NO2
FeSO4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将Cl2通入KI溶液中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，看到溶液由无色变为棕黄色，A不符合题意；
B．由于酸性：H2CO3＜HCl，所以将CO2通入CaCl2溶液中，无明显现象，B符合题意；
C．SO2具有还原性，通入Ba(NO3)2溶液中时，SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下表现强氧化性，将SO2及H2SO3氧化为，与Ba2+结合形成BaSO4白色沉淀，溶液变浑浊，C不符合题意；
D．NO2溶于水反应产生HNO3，HNO3具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液由浅绿色变为黄色，D不符合题意；
故合理选项是B。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. NO2与水反应：2NO2+H2O=2H++2NO
B. 将通入过量冷氨水中：SO2+NH3·H2O=NH+HSO
C. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的溶液并加热：NH+ OH-NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，其离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故A错误；
B．二氧化硫通入过量的氨水中，应生成SO，故B错误；
C．稀硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO、H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D．因加入过量的NaOH溶液，因此过量OH-与HCO反应生成CO和H2O，题中丢失一个离子反应，故D错误；
答案为C。
10. 下列离子在一定条件下能共存，且加入相应试剂后发生的离子方程式正确的是
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
、、
稀硫酸
B
、、
氢氧化钠溶液
C
、、
氢氧化钠溶液
D
、、
足量溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性条件下硝酸根有氧化性能将亚铁氧化成铁离子：，A正确；
B．三价铁离子和次氯酸根具有氧化性，碘离子有还原性，、、之间会发生氧化还原反应而不能共存，B错误；
C．加入氢氧根使得碳酸氢根转化为碳酸根，生成的碳酸根会与钡离子生成碳酸钡沉淀，C错误；
D．加入足量的三价铁离子，既氧化硫离子也氧化亚硫酸根，D错误；
故选A。
11. 在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则下表中a和b正确的一组是
a(干燥气体)
b(液体)
A
NO2
水
B
SO2
NaOH溶液
C
CO2
饱和NaHCO3溶液
D
NH3
CCl4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，A不正确；
B．由反应方程式SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O可知，SO2气体可被NaOH溶液完全吸收，液体可以充满烧瓶，B正确；
C．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，C不正确；
D．NH3难溶于CCl4，烧瓶内不可能形成喷泉，D不正确；
故选B。
12. 硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为Na+)。下列说法正确的是
A. 可以用f的浓溶液除去a中混有的水蒸气
B. 将c通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色
C. 工业上制备f时，用浓度为98.3%的f溶液吸收d
D. b与Fe在加热条件下反应生成Fe2S3
【答案】C
【解析】
【分析】a是S-2价氢化物，a是H2S；b是S单质；c是S的+4价氧化物，c是SO2；d是S的+6价氧化物，c是SO3；e是S的+4价含氧酸，e是H2SO3；f是S的+6价含氧酸，f是H2SO4；g是S的+4价含氧酸的钠盐，g是Na2SO3；h是S的+6价含氧酸的钠盐，h是Na2SO4。
【详解】A．浓H2SO4具有强氧化性，H2S具有还原性，二者可以发生氧化还原反应，因此不能用浓H2SO4除去H2S中的H2O，A错误；
B．SO2具有漂白性，但不能漂白指示剂，通入石蕊溶液中生成H2SO3，使石蕊变红，但不能褪色，B错误；
C．由于SO3与H2O反应放热剧烈，工业上用浓硫酸吸收SO3，C正确；
D．S与Fe反应生成FeS，Fe + SFeS，D错误；
故选C。
13. 下列有关气体的制备和收集正确的是
A．制取氯气
B．制取氨气
C．制取二氧化硫
D．制取二氧化氮
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气，必须在加热条件下，故A错误；
B．实验室可以用氯化铵和氢氧化钙固体混合在加热条件下制取氨气，用向上排空气法收集氨气，收集氨气时，为了防止对流，在收集氨气的试管口放一团棉花，故B正确；
C．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；
D．用浓硝酸和铜制取NO2，铜和稀硝酸生成的是NO，故D错误；
故选B。
14. 某同学为检验溶液中是否含有常见的四种离子，进行了如图操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列结论正确的是
A. 原溶液中一定含有 B. 原溶液中一定含有
C. 原溶液中一定含有 D. 原溶液中一定含有
【答案】B
【解析】
【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色，据此进行判断。
【详解】A．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有离子，故A错误；
B．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有，故B正确；
C．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；
D．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；
故选B。
15. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)
A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为-1
C. 净化器内SO2被还原
D. 净化器内NO发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，A正确；
B．•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1，B正确；
C．羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H2SO4，C错误；
D．净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，D正确；
故选C。
16. 如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；
C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；
D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；
故合理选项是A。
17. 某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是
A. 中铝片发生了钝化
B. 中产生的气泡可能是氮氧化合物
C. 中沉淀溶解的离子方程式是
D. 中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，因此①中铝片未明显溶解，故A正确；
B．加入水，浓硝酸被稀释为稀硝酸，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝、一氧化氮和水，产生气泡，故B正确；
C．③中加入NaOH，Al3+与NaOH先反应生成Al(OH)3，Al(OH)3溶于NaOH，沉淀溶解，Al(OH)3与NaOH反应的离子方程式为，故C正确；
D．铝在浓硝酸中生成致密的氧化膜而钝化，氧化膜的成分为Al2O3，加水稀释的过程中，Al2O3与稀硝酸也发生反应，该反应过程中元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
答案选D。
18. 在一定温度和压强下将充满和混合气体的试管倒立在水中，经过足够的时间后，试管内气体体积缩小为原体积的，则原混合气体中和气体的体积比是
A. 2：3 B. 3：2 C. 3：5 D. 5：3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设条件，可以采用差量法进行计算。
【详解】设原体积为V，则可建立如下关系：
所以，，；
故选A。
19. 铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与0.84 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是
A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 15 mL
【答案】C
【解析】
【详解】NO2、N2O4、NO混合气体与0.84 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，说明整个过程中被还原的HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒建立关系式：n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=0.037 5 mol×2=0.075 mol，根据Cu2＋～2OH-得NaOH为0.075 mol×2=0.15 mol，则NaOH溶液的体积V==0.03 L=30 mL；
答案选C。
20. 向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的
A. 开始时产生的气体为H2
B. AB段产生的反应为置换反应
C. 所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol·L-1
D. 参加反应铁粉的总质量m2=5.6g
【答案】D
【解析】
【分析】因氧化性：HNO3＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+ NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，B段以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑，据此分析。
【详解】A．根据分析，开始时产生的气体为NO，故A错误；
B．AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，为化合反应，故B错误；
C．n(NO)= =0.05mol，所用混合溶液中c(HNO3)==1mol·L-1，C错误；
D．最终生成Fe2+，可知铁粉一部分与稀硝酸反应，一部分与酸中的氢离子反应，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe)，即3×0.05mol+2×=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故D正确；
答案选D。
二、非选择题：本大题共2小题，共40分。考生根据要求作答。
21. 某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
（1）仪器a的名称为_______，实验时装置E中反应的离子方程式为_______。
（2）若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是_______(填化学式)。
（3）该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究SO2的漂白性，按下图装置继续进行实验并记录相关实验现象。请根据下表中实验现象做出合理解释。
组别
实验现象
合理解释
甲
品红溶液几乎不褪色
反应离子方程式为_______
乙
品红溶液随时间的推移变得越来越浅
原因可能是_______
（4）该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是_______。
②据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是_______。
（5）该实验小组的学生丁用200ml0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，若气体流速为acm3·min-1，当时间为tmin时酸性KMnO4溶液恰好褪色，则空气中SO2的含量为_______(g·cm-3)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
（2）SO2 （3） ①. Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO ②. Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量，漂白品红溶液
（4） ①. BaSO4 ②. 水溶液中的溶解氧氧化SO2比硝酸根氧化SO2更快，生成沉淀更快
（5）
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反应制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反应，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；
【小问2详解】
若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：SO2；
【小问3详解】
由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反应生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量，漂白品红溶液；
【小问4详解】
①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反应生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，说明在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快；
小问5详解】
由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：2KMnO4—5SO2，由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为=g/cm3，故答案为：。
22. 氮是自然界中各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。
（1）在实验室中由固体物质制取氨气，其化学反应方程式为_______；
（2）用该反应原理制取并收集一瓶干燥的氨气，选择图中的装置，其连接顺序为：_______。(按气流方向，用小写字母表示连接顺序
高浓度氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。某氮肥厂处理氨氮废水的方案如图，回答下列问题：
（3）“氧化池”中氨氮去除率与溶液pH的关系如图所示，则去除氨氮废水最适宜的pH=_______。
（4）“排放池”中用活性炭除去水中残余的氯。这是利用活性炭的_______性。
（5）“硝化池”是在硝化菌的作用下实现→→转化，在碱性条件下被氧气氧化成的总反应的离子方程式为_______。
（6）“反硝化池”是在一定条件下向废水中加入有机物如甲醇(CH3OH)，实现HNO3→→N2转化，0.5molHNO3完全转化成N2转移电子的物质的量为_______。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）adcfei （3）8
（4）吸附 （5）+2O2+2OH-=+3H2O
（6）2.5mol
【解析】
【分析】实验室利用NH4Cl与Ca(OH)2固体加热反应制取NH3，应选择A装置；制得的NH3需要用碱石灰干燥，应选择C装置；由于NH3的密度比空气小，收集NH3时，采用向下排空气法，即导管短进长出；由于NH3尾气会污染大气，所以应使用F装置处理尾气。
【小问1详解】
在实验室中，由NH4Cl与Ca(OH)2固体加热反应制取氨气，其化学反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，用该反应原理制取并收集一瓶干燥的氨气，选择图中的A、C、D、F装置，则其连接顺序为：adcfei。答案为：adcfei；
【小问3详解】
从图中可以看出，“氧化池”中氨氮去除率在溶液pH为8左右时最高，则去除氨氮废水最适宜的pH=8。答案为：8；
【小问4详解】
“排放池”中，用活性炭除去水中残余的氯，这是利用活性炭的吸附性。答案为：吸附；
【小问5详解】
在碱性条件下，被氧气氧化成，总反应的离子方程式为+2O2+2OH-=+3H2O。答案为：+2O2+2OH-=+3H2O；
【小问6详解】
“反硝化池”中，在一定条件下向废水中加入有机物如甲醇(CH3OH)，HNO3→N2，则可建立如下关系式：HNO3——5e-，所以0.5molHNO3完全转化成N2时，转移电子的物质的量为0.5mol×5=2.5mol。答案为：2.5mol。
【点睛】“氧化池”中，需控制溶液pH，若pH过大，可会被氧化为或，从而使氨氮去除率降低。
淮北一中2022~2023学年度高一年级下学期第二次月考
化学试卷
时间：75分钟 分值：100分
可用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 金(Au)：“虽被火亦未熟"
B. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C. 石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D. 石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
2. 下列说法正确的是
A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B. 光化学烟雾是由SO2、NO、NO2引起的环境污染
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，CO、NO2在空气中能稳定存在，但NO能与空气中O2发生反应生成NO2，A不正确；
B．光化学烟雾是由NO、NO2引起的环境污染，但SO2不能产生光化学烟雾，B不正确；
C．NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会形成酸雨，C不正确；
D．活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，但原理不同，分别吸附(物理过程)、非氧化还原反应、氧化还原反应，D正确；
故选D。
3. 关于下列物质的性质描述正确的是
A. SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
B. 久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸的不稳定性
C. 常温下，浓硫酸、浓硝酸可以用铁罐装，说明铁在常温下与浓硫酸和浓硝酸不反应
D. 蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成，体现了浓硫酸具有吸水性和强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性，由于KMnO4为无机物，所以不能称为漂白性，A不正确；
B．久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸见光分解生成的NO2溶解在浓硝酸中引起的，浓硝酸表现不稳定性，B正确；
C．常温下，浓硫酸、浓硝酸能使铁表面发生钝化，从而使反应不能持续进行，所以浓硫酸、浓硝酸可以用铁罐装，C不正确；
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成，表明浓硫酸使蔗糖脱水碳化，体现了浓硫酸的脱水性，D不正确；
故选B。
4. 实验室用下图装置(夹持装置已略去)制备NH3，并研究其性质。其中，a、b为湿润的红色石蕊试纸，下列关于NH3性质实验的说法中，不正确的是
A. 装置乙中，b先变蓝，a后变蓝 B. 装置丙中，产生大量白烟
C. 装置丁中，试剂可以是水 D. 装置丁具有防止倒吸的作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于NH3的密度比空气的小，故装置乙中，a先变蓝，b后变蓝甚至不变蓝，A错误；
B．浓盐酸具有挥发性，NH3+HCl=NH4Cl，产生NH4Cl小颗粒，即装置丙中，产生大量白烟，B正确；
C．NH3极易溶于水，可以用水来吸收多余的NH3，装置丁中，试剂可以是水，C正确；
D．装置丁中的干燥管能够起到防止倒吸的作用，D正确；
故答案为：A。
5. 已知某物质X 能发生如下转化：
下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是
A. 若X为N2，则A为硝酸 B. 若X为S，则A为硫酸
C. 反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应 D. 若X 为非金属单质或非金属氢化物，则A 不一定能与金属铜反应生成Y
【答案】C
【解析】
【详解】若X为N2，Y是NO、Z是NO2、A为硝酸，故A正确；若X为S，Y是SO2、Z是SO3、A为硫酸，故B正确；若X为N2 ，Y是NO、Z是NO2、NO2与水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应，故C错误；若X 为H2S，Y可能为S，Z是SO2、A为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故D正确。
6. 用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验装置
实验目的
验证浓硫酸具有氧化性
制取并收集少量氨气
干燥
喷泉实验
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸和蔗糖常温下，发生氧化还原反应，并产生气体，可验证浓硫酸具有氧化性，A正确；
B．收集氨气的试管口不能密封，应利用一团棉花堵住试管口，防止与空气发生对流，B错误；
C．干燥气体，导管应长进短出，C错误；
D．氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，D错误；
故选A。
7. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下22.4LSO3中所含原子数为4NA
B. 3molNO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA
C. 标准状况下11.2LNO与11.2LO2混合气体的分子数为NA
D. 78gNa2O2中含有的离子总数为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下SO3呈固态，无法求出22.4LSO3的物质的量，也就无法求出其所含原子数，A不正确；
B．由关系式3NO2——2e-可知，3molNO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA，B正确；
C．标准状况下11.2LNO与11.2LO2混合后发生反应，生成11.2LNO2，另有5.6LO2剩余，所以反应后气体的分子数小于NA，C不正确；
D．Na2O2由Na+和构成，78gNa2O2的物质的量为1mol，则其含有的离子总数为3NA，D不正确；
故选B。
8. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是
选项
气体a
溶液b
A
Cl2
KI
B
CO2
CaCl2
C
SO2
Ba(NO3)2
D
NO2
FeSO4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将Cl2通入KI溶液中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，看到溶液由无色变为棕黄色，A不符合题意；
B．由于酸性：H2CO3＜HCl，所以将CO2通入CaCl2溶液中，无明显现象，B符合题意；
C．SO2具有还原性，通入Ba(NO3)2溶液中时，SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下表现强氧化性，将SO2及H2SO3氧化为，与Ba2+结合形成BaSO4白色沉淀，溶液变浑浊，C不符合题意；
D．NO2溶于水反应产生HNO3，HNO3具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液由浅绿色变为黄色，D不符合题意；
故合理选项是B。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. NO2与水反应：2NO2+H2O=2H++2NO
B. 将通入过量冷氨水中：SO2+NH3·H2O=NH+HSO
C. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的溶液并加热：NH+ OH-NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，其离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故A错误；
B．二氧化硫通入过量的氨水中，应生成SO，故B错误；
C．稀硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO、H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D．因加入过量的NaOH溶液，因此过量OH-与HCO反应生成CO和H2O，题中丢失一个离子反应，故D错误；
答案为C。
10. 下列离子在一定条件下能共存，且加入相应试剂后发生的离子方程式正确的是
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
、、
稀硫酸
B
、、
氢氧化钠溶液
C
、、
氢氧化钠溶液
D
、、
足量溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性条件下硝酸根有氧化性能将亚铁氧化成铁离子：，A正确；
B．三价铁离子和次氯酸根具有氧化性，碘离子有还原性，、、之间会发生氧化还原反应而不能共存，B错误；
C．加入氢氧根使得碳酸氢根转化为碳酸根，生成的碳酸根会与钡离子生成碳酸钡沉淀，C错误；
D．加入足量的三价铁离子，既氧化硫离子也氧化亚硫酸根，D错误；
故选A。
11. 在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则下表中a和b正确的一组是
a(干燥气体)
b(液体)
A
NO2
水
B
SO2
NaOH溶液
C
CO2
饱和NaHCO3溶液
D
NH3
CCl4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，A不正确；
B．由反应方程式SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O可知，SO2气体可被NaOH溶液完全吸收，液体可以充满烧瓶，B正确；
C．CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，C不正确；
D．NH3难溶于CCl4，烧瓶内不可能形成喷泉，D不正确；
故选B。
12. 硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为Na+)。下列说法正确的是
A. 可以用f的浓溶液除去a中混有的水蒸气
B. 将c通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色
C. 工业上制备f时，用浓度为98.3%的f溶液吸收d
D. b与Fe在加热条件下反应生成Fe2S3
【答案】C
【解析】
【分析】a是S-2价氢化物，a是H2S；b是S单质；c是S的+4价氧化物，c是SO2；d是S的+6价氧化物，c是SO3；e是S的+4价含氧酸，e是H2SO3；f是S的+6价含氧酸，f是H2SO4；g是S的+4价含氧酸的钠盐，g是Na2SO3；h是S的+6价含氧酸的钠盐，h是Na2SO4。
【详解】A．浓H2SO4具有强氧化性，H2S具有还原性，二者可以发生氧化还原反应，因此不能用浓H2SO4除去H2S中的H2O，A错误；
B．SO2具有漂白性，但不能漂白指示剂，通入石蕊溶液中生成H2SO3，使石蕊变红，但不能褪色，B错误；
C．由于SO3与H2O反应放热剧烈，工业上用浓硫酸吸收SO3，C正确；
D．S与Fe反应生成FeS，Fe + SFeS，D错误；
故选C。
13. 下列有关气体的制备和收集正确的是
A．制取氯气
B．制取氨气
C．制取二氧化硫
D．制取二氧化氮
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气，必须在加热条件下，故A错误；
B．实验室可以用氯化铵和氢氧化钙固体混合在加热条件下制取氨气，用向上排空气法收集氨气，收集氨气时，为了防止对流，在收集氨气的试管口放一团棉花，故B正确；
C．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；
D．用浓硝酸和铜制取NO2，铜和稀硝酸生成的是NO，故D错误；
故选B。
14. 某同学为检验溶液中是否含有常见的四种离子，进行了如图操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列结论正确的是
A. 原溶液中一定含有 B. 原溶液中一定含有
C. 原溶液中一定含有 D. 原溶液中一定含有
【答案】B
【解析】
【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色，据此进行判断。
【详解】A．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有离子，故A错误；
B．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有，故B正确；
C．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；
D．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；
故选B。
15. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)
A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为-1
C. 净化器内SO2被还原
D. 净化器内NO发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，A正确；
B．•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1，B正确；
C．羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H2SO4，C错误；
D．净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，D正确；
故选C。
16. 如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；
C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；
D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；
故合理选项是A。
17. 某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是
A. 中铝片发生了钝化
B. 中产生的气泡可能是氮氧化合物
C. 中沉淀溶解的离子方程式是
D. 中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，因此①中铝片未明显溶解，故A正确；
B．加入水，浓硝酸被稀释为稀硝酸，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝、一氧化氮和水，产生气泡，故B正确；
C．③中加入NaOH，Al3+与NaOH先反应生成Al(OH)3，Al(OH)3溶于NaOH，沉淀溶解，Al(OH)3与NaOH反应的离子方程式为，故C正确；
D．铝在浓硝酸中生成致密的氧化膜而钝化，氧化膜的成分为Al2O3，加水稀释的过程中，Al2O3与稀硝酸也发生反应，该反应过程中元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
答案选D。
18. 在一定温度和压强下将充满和混合气体的试管倒立在水中，经过足够的时间后，试管内气体体积缩小为原体积的，则原混合气体中和气体的体积比是
A. 2：3 B. 3：2 C. 3：5 D. 5：3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设条件，可以采用差量法进行计算。
【详解】设原体积为V，则可建立如下关系：
所以，，；
故选A。
19. 铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与0.84 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是
A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 15 mL
【答案】C
【解析】
【详解】NO2、N2O4、NO混合气体与0.84 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，说明整个过程中被还原的HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒建立关系式：n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=0.037 5 mol×2=0.075 mol，根据Cu2＋～2OH-得NaOH为0.075 mol×2=0.15 mol，则NaOH溶液的体积V==0.03 L=30 mL；
答案选C。
20. 向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的
A. 开始时产生的气体为H2
B. AB段产生的反应为置换反应
C. 所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol·L-1
D. 参加反应铁粉的总质量m2=5.6g
【答案】D
【解析】
【分析】因氧化性：HNO3＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+ NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，B段以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑，据此分析。
【详解】A．根据分析，开始时产生的气体为NO，故A错误；
B．AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，为化合反应，故B错误；
C．n(NO)= =0.05mol，所用混合溶液中c(HNO3)==1mol·L-1，C错误；
D．最终生成Fe2+，可知铁粉一部分与稀硝酸反应，一部分与酸中的氢离子反应，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe)，即3×0.05mol+2×=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故D正确；
答案选D。
二、非选择题：本大题共2小题，共40分。考生根据要求作答。
21. 某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
（1）仪器a的名称为_______，实验时装置E中反应的离子方程式为_______。
（2）若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是_______(填化学式)。
（3）该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究SO2的漂白性，按下图装置继续进行实验并记录相关实验现象。请根据下表中实验现象做出合理解释。
组别
实验现象
合理解释
甲
品红溶液几乎不褪色
反应离子方程式为_______
乙
品红溶液随时间的推移变得越来越浅
原因可能是_______
（4）该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是_______。
②据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是_______。
（5）该实验小组的学生丁用200ml0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，若气体流速为acm3·min-1，当时间为tmin时酸性KMnO4溶液恰好褪色，则空气中SO2的含量为_______(g·cm-3)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
（2）SO2 （3） ①. Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO ②. Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量，漂白品红溶液
（4） ①. BaSO4 ②. 水溶液中的溶解氧氧化SO2比硝酸根氧化SO2更快，生成沉淀更快
（5）
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反应制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反应，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；
【小问2详解】
若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：SO2；
【小问3详解】
由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反应生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量，漂白品红溶液；
【小问4详解】
①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反应生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，说明在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快；
小问5详解】
由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：2KMnO4—5SO2，由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为=g/cm3，故答案为：。
22. 氮是自然界中各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。
（1）在实验室中由固体物质制取氨气，其化学反应方程式为_______；
（2）用该反应原理制取并收集一瓶干燥的氨气，选择图中的装置，其连接顺序为：_______。(按气流方向，用小写字母表示连接顺序
高浓度氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。某氮肥厂处理氨氮废水的方案如图，回答下列问题：
（3）“氧化池”中氨氮去除率与溶液pH的关系如图所示，则去除氨氮废水最适宜的pH=_______。
（4）“排放池”中用活性炭除去水中残余的氯。这是利用活性炭的_______性。
（5）“硝化池”是在硝化菌的作用下实现→→转化，在碱性条件下被氧气氧化成的总反应的离子方程式为_______。
（6）“反硝化池”是在一定条件下向废水中加入有机物如甲醇(CH3OH)，实现HNO3→→N2转化，0.5molHNO3完全转化成N2转移电子的物质的量为_______。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）adcfei （3）8
（4）吸附 （5）+2O2+2OH-=+3H2O
（6）2.5mol
【解析】
【分析】实验室利用NH4Cl与Ca(OH)2固体加热反应制取NH3，应选择A装置；制得的NH3需要用碱石灰干燥，应选择C装置；由于NH3的密度比空气小，收集NH3时，采用向下排空气法，即导管短进长出；由于NH3尾气会污染大气，所以应使用F装置处理尾气。
【小问1详解】
在实验室中，由NH4Cl与Ca(OH)2固体加热反应制取氨气，其化学反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，用该反应原理制取并收集一瓶干燥的氨气，选择图中的A、C、D、F装置，则其连接顺序为：adcfei。答案为：adcfei；
【小问3详解】
从图中可以看出，“氧化池”中氨氮去除率在溶液pH为8左右时最高，则去除氨氮废水最适宜的pH=8。答案为：8；
【小问4详解】
“排放池”中，用活性炭除去水中残余的氯，这是利用活性炭的吸附性。答案为：吸附；
【小问5详解】
在碱性条件下，被氧气氧化成，总反应的离子方程式为+2O2+2OH-=+3H2O。答案为：+2O2+2OH-=+3H2O；
【小问6详解】
“反硝化池”中，在一定条件下向废水中加入有机物如甲醇(CH3OH)，HNO3→N2，则可建立如下关系式：HNO3——5e-，所以0.5molHNO3完全转化成N2时，转移电子的物质的量为0.5mol×5=2.5mol。答案为：2.5mol。
【点睛】“氧化池”中，需控制溶液pH，若pH过大，可会被氧化为或，从而使氨氮去除率降低。
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