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天津市静海区第一中学2022-2023学年高一化学下学期3月学业能力调研试题（Word版附解析）
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这是一份天津市静海区第一中学2022-2023学年高一化学下学期3月学业能力调研试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
天津市静海区第一中学2022-2023学年高一下学期3月学业能力调研化学试题
考生注意：
本试卷分第Ⅰ卷基础题和第Ⅱ卷提高题两部分，共100分，其中学习习惯8分(含卷面分3分)。
可能用到的相对原子质量：Cu：64 Fe：56 S：32 N：14 O：16
知 识 与 技 能
学习能力(学法)
内容
硫及其化合物
氮及其化合物
无机非金属材料
规律
提炼
信息
筛选
易混
易错
分数
44
40
8
7
13
7
第Ⅰ卷 基础题(共79分)
一、选择题： 每小题3分，共42分。
1. 下列物质的用途不正确的是
A. 液氨可用作制冷剂 B. 二氧化硅可作半导体材料
C. BaSO4可用作钡餐 D. SO2可用作纸浆的漂白
【答案】B
【解析】
【详解】A．液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境的温度急剧降低，可用作制冷剂，A正确；
B．单质硅可用作半导体材料等，二氧化硅可用来制造光导纤维等，B错误；
C．BaSO4难溶于水，且不与盐酸反应，因此BaSO4常用作“钡餐”，作内服造影剂，C正确；
D．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂白，D正确；
故选B。
2. 下列关于SO2和NO2的说法正确的是
A. 都是无色有毒的气体
B 都可用向下排空气法收集
C. SO2与过量的NO2混合后通入水中可得到两种常见的酸
D. 盛满NO2的试管倒扣在水槽中，水可充满试管
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氮为红棕色，且都有毒，故A错误；
B．SO2和NO2密度都比空气大，可以通过向上排空气法收集，故B错误；
C．SO2与过量的NO2混合通入水中可得到硫酸和硝酸，生成两种酸，故C正确；
D．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，故不可充满试管，故D错误；
故选：C。
3. 关于下列物质的性质描述正确的是
A. SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，也能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
B. 铵盐都不稳定，受热分解都生成NH3
C. 久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸的不稳定性
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】C
【解析】
【详解】A．SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，也能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫的还原性，不能说明SO2具有漂白性，A项错误；
B．铵盐都不稳定，但不是所有铵盐受热分解都生成NH3，例如硝酸铵受热分解不产生氨气，B项错误；
C．浓硝酸不稳定，见光分解生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸显黄色，C项正确；
D．浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，放热，体积膨胀，放出刺激性味的气体，是利用了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D项错误；
答案选C。
4. 某元素的单质及其化合物间有如下的直接转化关系，则该元素是
单质氧化物酸(或碱) 盐
A. Fe B. Si C. N D. S
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法实现，A错误；
B．硅的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法进行，B错误；
C．氮气与氧气直接反应生成NO，NO不与水反应，第二步无法实现，C错误；
D．单质S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，S能实现题干中物质间的直接转化，D正确；
故答案选D。
5. 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。
6. 下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是
A. K+、Na+、Cl-、SO B. Ca2+、Fe3+、NO、Cl-
C. Ba2+、Na+、I-、NO D. NH、Fe2+、Cl-、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Na+、I-、NO与OH-能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；
D．NH、Fe2+、Cl-、NO中的NH、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
7. 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。
8. 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SO2通入过量冷氨水中：SO2＋NH3·H2O=HSO＋NH
C. 铜与浓硝酸反应：Cu＋2NO＋4H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH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．浓硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO2、H2O，其离子方程式为，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。
9. 下列说法不正确的是
A. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解
B. 某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C. 1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3
D. 传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，酸性条件下硝酸盐具有强氧化性，则在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，选项A正确；
B．碱能使石蕊试液变蓝色，因此某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，选项B正确；
C．1molN2与3molH2反应不能生成2molNH3，因为反应可逆，选项C不正确；
D．传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料，选项D正确；
答案选C。
10. 下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
CO2与水反应生成H2CO3
CO2是形成酸雨的主要原因
B
NH3极易溶于水
充满NH3试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸不能干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2不是形成酸雨的主要原因，形成酸雨的主要原因是SO2和NOx，故A错误；
B．NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B正确；
C．浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C错误；
D．钝化也化学反应，故D错误；
故选B。
11. 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的-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。
12. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是
a
b
c
A
B
C
S
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe和氯气点燃生成FeCl3，FeCl3和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3溶于盐酸生成FeCl3，但Fe(OH)3不能一步转化为Fe，A错误；
B．CO2和氢氧化钠反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3，NaHCO3受热分解又生成了Na2CO3，也能生成CO2，B正确；
C．H2S受热分解可以生成S，S燃烧可以生成SO2，SO2与H2S发生归中反应可以生成S，但SO2不能一步转化为H2S，C错误；
D．NH3发生催化氧化可以生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成NO，但NO2不能一步转化为NH3，D错误；
故答案选B。
13. 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。
14. 100mL某混合酸中，c(HNO3)为0.4mol/L，c(H2SO4)为0.2mol/L。向其中加入2.56g铜粉，待充分反应后，下列说法正确的是
A. 反应生成气体是NO、SO2混合气体
B. 反应后铜有剩余，加盐酸，铜不会溶解
C. 反应中转移0.6mol电子
D. 溶液中Cu2+物质的量浓度为0.3mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下铜能和稀硝酸反应，生成一氧化氮，不能和稀硫酸反应，故不能生成二氧化硫，A项错误；
B．反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜的物质的量为 =0.04mol，氢离子物质的量为(0.4+0.2×2)×0.1=0.08mol，硝酸根物质的量为0.04mol，则根据方程式计算，氢离子完全反应，硝酸根离子和铜有剩余，若再加入盐酸，提供氢离子，铜可以继续溶解，B项错误；
C．反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，Cu的化合价由0→+2，根据氢离子的物质的量可知，反应的铜消耗量为0.08mol×=0.03mol，该反应中转移电子为0.03mol ×2e-=0.06mol e-，C项错误；
D．反应生成铜离子物质的量为0.03mol，物质的量浓度为0.3mol/L，D项正确；
故选D。
二、填空题：共37分。
15. 完成下列问题
（1）请填写合适的除杂试剂
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
①
CO2(SO2)
_______
②
NH3 (CO2 、H2O )
_______
③
SO2(H2O)
_______
④
NO(NO2)
_______
（2）为除去粗盐中的Mg2＋、Ca2＋、，可依次加入稍过量的哪些试剂，过滤后加入稀盐酸调节溶液为中性，请选择正确的选项___________
A．Na2CO3、BaCl2、NaOH B．BaCl2、Na2CO3、NaOH C．NaOH、BaCl2、Na2CO3
（3）总结除杂应遵循哪些原则：___________
【答案】（1） ①. 饱和NaHCO3溶液 ②. 碱石灰 ③. 浓硫酸 ④. 水
（2）BC （3）①不增，即在除去杂质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜，容易得到
【解析】
【小问1详解】
①能和饱和的溶液反应生成，和饱和的溶液不反应，所以选取饱和的溶液除去中的，故答案为：饱和溶液；
②属于碱性气体，和碱石灰不反应，、能被碱石灰吸收，所以应该选取碱石灰作除杂剂，故答案为：碱石灰；
③SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥SO2，所以选取浓硫酸作除杂剂，故答案为：浓硫酸；
④和反应生成NO，所以选取作除杂剂，故答案为：；
【小问2详解】
加NaOH除去，加除去，加除去及过量的，则一定在之后，所以B、C都可， 答案选BC；
【小问3详解】
除杂时要遵循的原则是：①不增，即在除去杂质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜，容易得到。
16. 下列说法是否正确(正确的打“√”，不正确的打“×”)，若不正确请说明理由。
（1）SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物___________，理由 ___________
（2）某气体通入品红溶液后，品红溶液褪色，则该气体一定是SO2 ___________，理由 ___________
（3）碳、铜与浓硝酸反应时，浓硝酸只表现强氧化性___________，理由 ___________
（4）王水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂___________，理由______
【答案】（1） ①. 错误 ②. SiO2是酸性氧化物
（2） ①. 错误 ②. 该气体有可能是氯气
（3） ①. 错误 ②. 浓硝酸与铜反应表现强氧化性和酸性
（4）正确
【解析】
【小问1详解】
SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，SiO2不是两性氧化物，因为SiO2与氢氟酸反应生成的是SiF4与水，SiF4不是盐类，故SiO2是酸性氧化物；
【小问2详解】
某气体通入品红溶液后，品红溶液褪色，该气体不一定是SO2；气体通入品红溶液后，品红溶液褪色说明生成的物质或该物质具有漂白性，那么氯气溶于水生成的次氯酸也具有漂白性；
【小问3详解】
碳、铜与浓硝酸反应时，浓硝酸表现强氧化性与酸性，产物中有盐生成体现了硝酸酸性；
【小问4详解】
水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂，硝酸是一种很好的氧化剂，并且来自盐酸的氯离子与金离子可形成配合物。
17. 某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：
他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：
Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
（1）用来制取氯气的装置是___________(填字母)，反应中浓盐酸所表现出的化学性质是___________和___________。
（2）反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，___________(填“B”或“D”)试管中无明显现象。
（3）装置C的作用是___________。
（4）若装置D中品红溶液换成紫色石蕊溶液，则出现的现象是___________。
（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1∶1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. E ②. 酸性 ③. 还原性
（2）D （3）吸收多余的SO2和Cl2
（4）先变红，后褪色 （5）SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO
【解析】
【分析】实验装置的选择原则是根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，结合题给信息知，实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，由反应方程式条件可知用来制取氯气的装置是E；同理可推断A装置用来制备SO2，据此分析。
【小问1详解】
据分析可知用来制取氯气的装置是E；由氯化氢生成氯化锰，氯元素化合价不变，由氯化氢生成氯气，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性。故答案为：E，酸性，还原性；
【小问2详解】
氯气通入品红溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，生成的无色物质不稳定，加热复原，D中通入氯气，褪色后加热无明显现象。故答案为：D；
【小问3详解】
装置C中是氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余SO2和Cl2，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；
【小问4详解】
若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变红，后褪色。故答案为：先变红，后褪色；
【小问5详解】
氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1∶1发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸而使气体失去漂白性，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO。故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO。
18. A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
（1）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1。
①A的电子式为___________，B的化学式为___________。
②实验室制取B时，收集方法是___________。
③C与水反应的化学方程式为___________。
（2）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物。
①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为___________。
②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与Cu反应的化学方程式为___________。
（3）A为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。
①则B到C的离子方程式为___________。
②请画出向含0.01molB和0.01molC的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像。______
【答案】（1） ①. ②. NO ③. 排水法收集 ④. 3NO2+H2O=2HNO3+NO
（2） ①. 0.5mol ②. Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（3） ①. SO+SO2+H2O=2HSO ②.
【解析】
【分析】A能和W连续反应依次转化为B、C；
若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1，则C为NO2，那么A、B、W分别为氮气、一氧化氮、氧气，氮气和氧气生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮；
若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物；则A为硫、W为氧气、C为二氧化硫、C为三氧化硫；硫和氧气生成二氧化硫、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；
A为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体，则A为氢氧化钠、W为二氧化硫、B、C分别为亚硫酸钠、亚硫酸氢钠；氢氧化钠和二氧化硫生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫生成亚硫酸氢钠；
【小问1详解】
①由分析可知，A为氮气，电子式为；B为一氧化氮，化学式为NO；
②NO密度和空气近似、难溶于水，故实验室制取B时，收集方法是排水法收集。
③二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【小问2详解】
①由分析可知，由B生成C时，反应为2SO2+O2=2SO3；每生成1mol SO3，消耗O2的物质的量为0.5mol；
②C溶于水形成化合物D为硫酸，在加热的情况下，浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜和水、二氧化硫，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
【小问3详解】
①由分析可知，B到C的反应为亚硫酸钠和二氧化硫生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO+SO2+H2O=2HSO；
②向含0.01mol亚硫酸钠和0.01mol亚硫酸氢钠的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸，首先亚硫酸钠消耗等物质的量的HCl，即0.1L盐酸将亚硫酸转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠再消耗0.2L的盐酸生成0.02mol的二氧化硫气体，加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像为 。
第Ⅱ卷 提高题(共21分)
19. 某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是一半空的注射器。请回答有关问题：
（1）设计装置A的目的是___________。
（2）在完成(1)中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸并微热之，观察到装置B中的现象是___________；B中反应的离子方程式为___________。
（3）装置E和F的作用是___________。
（4）气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或“没有”)___________，理由是___________。
（5）在200 mL某浓度硝酸的稀溶液中，加入15.2 g铜、铁合金，待合金完全溶解后，共收集到气体NO的体积为4.48 L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol·L-1，则合金中铜、铁的物质的量之比为___________。
【答案】（1）产生CO2，赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰
（2） ①. Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝 ②. 3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
（3）验证NO的生成 （4） ①. 有 ②. 二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀
（5）3:2
【解析】
【分析】装置A中反应生成二氧化碳气体可赶走装置中的空气，然后B生成一氧化氮气体进入E，F中空气注入E中，可以看到气体变为红棕色，两者的作用是验证NO的生成；C可以检验开始时二氧化碳是否充满整个装置，实验后D可以吸收尾气减小污染；
【小问1详解】
NO能和空气中氧气反应生成二氧化氮；设计装置A的目的是产生CO2，赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰；
【小问2详解】
探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO，反应中铜和稀硝酸还生成硝酸铜、水，反应中溶液变蓝色，故在完成(1)中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸并微热之，观察到装置B中的现象是Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝；B中反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
【小问3详解】
NO能和空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮；装置E中首先收集生成的气体、然后将F中空气注入E中，可以看到气体变为红棕色，两者的作用是验证NO的生成；
【小问4详解】
二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故会有白色沉淀生成；
【小问5详解】
设铜、铁的物质的量分别为a、b，则64a+56b=15.2；合金完全溶解后，共收集到气体NO的体积为4.48 L(标准状况下为0.2mol)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol·L-1，说明反应后硝酸过量，铁以三价铁存在，根据电子守恒可知，2a+3b=0.2×3；两式联立解得a=0.15mol、b=0.1mol；故合金中铜、铁的物质的量之比为3:2。
天津市静海区第一中学2022-2023学年高一下学期3月学业能力调研化学试题
考生注意：
本试卷分第Ⅰ卷基础题和第Ⅱ卷提高题两部分，共100分，其中学习习惯8分(含卷面分3分)。
可能用到的相对原子质量：Cu：64 Fe：56 S：32 N：14 O：16
知 识 与 技 能
学习能力(学法)
内容
硫及其化合物
氮及其化合物
无机非金属材料
规律
提炼
信息
筛选
易混
易错
分数
44
40
8
7
13
7
第Ⅰ卷 基础题(共79分)
一、选择题： 每小题3分，共42分。
1. 下列物质的用途不正确的是
A. 液氨可用作制冷剂 B. 二氧化硅可作半导体材料
C. BaSO4可用作钡餐 D. SO2可用作纸浆的漂白
【答案】B
【解析】
【详解】A．液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境的温度急剧降低，可用作制冷剂，A正确；
B．单质硅可用作半导体材料等，二氧化硅可用来制造光导纤维等，B错误；
C．BaSO4难溶于水，且不与盐酸反应，因此BaSO4常用作“钡餐”，作内服造影剂，C正确；
D．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂白，D正确；
故选B。
2. 下列关于SO2和NO2的说法正确的是
A. 都是无色有毒的气体
B 都可用向下排空气法收集
C. SO2与过量的NO2混合后通入水中可得到两种常见的酸
D. 盛满NO2的试管倒扣在水槽中，水可充满试管
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氮为红棕色，且都有毒，故A错误；
B．SO2和NO2密度都比空气大，可以通过向上排空气法收集，故B错误；
C．SO2与过量的NO2混合通入水中可得到硫酸和硝酸，生成两种酸，故C正确；
D．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，故不可充满试管，故D错误；
故选：C。
3. 关于下列物质的性质描述正确的是
A. SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，也能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
B. 铵盐都不稳定，受热分解都生成NH3
C. 久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸的不稳定性
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】C
【解析】
【详解】A．SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，也能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫的还原性，不能说明SO2具有漂白性，A项错误；
B．铵盐都不稳定，但不是所有铵盐受热分解都生成NH3，例如硝酸铵受热分解不产生氨气，B项错误；
C．浓硝酸不稳定，见光分解生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸显黄色，C项正确；
D．浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，放热，体积膨胀，放出刺激性味的气体，是利用了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D项错误；
答案选C。
4. 某元素的单质及其化合物间有如下的直接转化关系，则该元素是
单质氧化物酸(或碱) 盐
A. Fe B. Si C. N D. S
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法实现，A错误；
B．硅的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法进行，B错误；
C．氮气与氧气直接反应生成NO，NO不与水反应，第二步无法实现，C错误；
D．单质S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，S能实现题干中物质间的直接转化，D正确；
故答案选D。
5. 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。
6. 下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是
A. K+、Na+、Cl-、SO B. Ca2+、Fe3+、NO、Cl-
C. Ba2+、Na+、I-、NO D. NH、Fe2+、Cl-、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Na+、I-、NO与OH-能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；
D．NH、Fe2+、Cl-、NO中的NH、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
7. 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。
8. 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SO2通入过量冷氨水中：SO2＋NH3·H2O=HSO＋NH
C. 铜与浓硝酸反应：Cu＋2NO＋4H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH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．浓硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO2、H2O，其离子方程式为，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。
9. 下列说法不正确的是
A. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解
B. 某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C. 1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3
D. 传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，酸性条件下硝酸盐具有强氧化性，则在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，选项A正确；
B．碱能使石蕊试液变蓝色，因此某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，选项B正确；
C．1molN2与3molH2反应不能生成2molNH3，因为反应可逆，选项C不正确；
D．传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料，选项D正确；
答案选C。
10. 下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
CO2与水反应生成H2CO3
CO2是形成酸雨的主要原因
B
NH3极易溶于水
充满NH3试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸不能干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2不是形成酸雨的主要原因，形成酸雨的主要原因是SO2和NOx，故A错误；
B．NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B正确；
C．浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C错误；
D．钝化也化学反应，故D错误；
故选B。
11. 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的-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。
12. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是
a
b
c
A
B
C
S
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe和氯气点燃生成FeCl3，FeCl3和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3溶于盐酸生成FeCl3，但Fe(OH)3不能一步转化为Fe，A错误；
B．CO2和氢氧化钠反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3，NaHCO3受热分解又生成了Na2CO3，也能生成CO2，B正确；
C．H2S受热分解可以生成S，S燃烧可以生成SO2，SO2与H2S发生归中反应可以生成S，但SO2不能一步转化为H2S，C错误；
D．NH3发生催化氧化可以生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成NO，但NO2不能一步转化为NH3，D错误；
故答案选B。
13. 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。
14. 100mL某混合酸中，c(HNO3)为0.4mol/L，c(H2SO4)为0.2mol/L。向其中加入2.56g铜粉，待充分反应后，下列说法正确的是
A. 反应生成气体是NO、SO2混合气体
B. 反应后铜有剩余，加盐酸，铜不会溶解
C. 反应中转移0.6mol电子
D. 溶液中Cu2+物质的量浓度为0.3mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下铜能和稀硝酸反应，生成一氧化氮，不能和稀硫酸反应，故不能生成二氧化硫，A项错误；
B．反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜的物质的量为 =0.04mol，氢离子物质的量为(0.4+0.2×2)×0.1=0.08mol，硝酸根物质的量为0.04mol，则根据方程式计算，氢离子完全反应，硝酸根离子和铜有剩余，若再加入盐酸，提供氢离子，铜可以继续溶解，B项错误；
C．反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，Cu的化合价由0→+2，根据氢离子的物质的量可知，反应的铜消耗量为0.08mol×=0.03mol，该反应中转移电子为0.03mol ×2e-=0.06mol e-，C项错误；
D．反应生成铜离子物质的量为0.03mol，物质的量浓度为0.3mol/L，D项正确；
故选D。
二、填空题：共37分。
15. 完成下列问题
（1）请填写合适的除杂试剂
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
①
CO2(SO2)
_______
②
NH3 (CO2 、H2O )
_______
③
SO2(H2O)
_______
④
NO(NO2)
_______
（2）为除去粗盐中的Mg2＋、Ca2＋、，可依次加入稍过量的哪些试剂，过滤后加入稀盐酸调节溶液为中性，请选择正确的选项___________
A．Na2CO3、BaCl2、NaOH B．BaCl2、Na2CO3、NaOH C．NaOH、BaCl2、Na2CO3
（3）总结除杂应遵循哪些原则：___________
【答案】（1） ①. 饱和NaHCO3溶液 ②. 碱石灰 ③. 浓硫酸 ④. 水
（2）BC （3）①不增，即在除去杂质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜，容易得到
【解析】
【小问1详解】
①能和饱和的溶液反应生成，和饱和的溶液不反应，所以选取饱和的溶液除去中的，故答案为：饱和溶液；
②属于碱性气体，和碱石灰不反应，、能被碱石灰吸收，所以应该选取碱石灰作除杂剂，故答案为：碱石灰；
③SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥SO2，所以选取浓硫酸作除杂剂，故答案为：浓硫酸；
④和反应生成NO，所以选取作除杂剂，故答案为：；
【小问2详解】
加NaOH除去，加除去，加除去及过量的，则一定在之后，所以B、C都可， 答案选BC；
【小问3详解】
除杂时要遵循的原则是：①不增，即在除去杂质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜，容易得到。
16. 下列说法是否正确(正确的打“√”，不正确的打“×”)，若不正确请说明理由。
（1）SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物___________，理由 ___________
（2）某气体通入品红溶液后，品红溶液褪色，则该气体一定是SO2 ___________，理由 ___________
（3）碳、铜与浓硝酸反应时，浓硝酸只表现强氧化性___________，理由 ___________
（4）王水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂___________，理由______
【答案】（1） ①. 错误 ②. SiO2是酸性氧化物
（2） ①. 错误 ②. 该气体有可能是氯气
（3） ①. 错误 ②. 浓硝酸与铜反应表现强氧化性和酸性
（4）正确
【解析】
【小问1详解】
SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，SiO2不是两性氧化物，因为SiO2与氢氟酸反应生成的是SiF4与水，SiF4不是盐类，故SiO2是酸性氧化物；
【小问2详解】
某气体通入品红溶液后，品红溶液褪色，该气体不一定是SO2；气体通入品红溶液后，品红溶液褪色说明生成的物质或该物质具有漂白性，那么氯气溶于水生成的次氯酸也具有漂白性；
【小问3详解】
碳、铜与浓硝酸反应时，浓硝酸表现强氧化性与酸性，产物中有盐生成体现了硝酸酸性；
【小问4详解】
水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂，硝酸是一种很好的氧化剂，并且来自盐酸的氯离子与金离子可形成配合物。
17. 某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：
他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：
Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
（1）用来制取氯气的装置是___________(填字母)，反应中浓盐酸所表现出的化学性质是___________和___________。
（2）反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，___________(填“B”或“D”)试管中无明显现象。
（3）装置C的作用是___________。
（4）若装置D中品红溶液换成紫色石蕊溶液，则出现的现象是___________。
（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1∶1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. E ②. 酸性 ③. 还原性
（2）D （3）吸收多余的SO2和Cl2
（4）先变红，后褪色 （5）SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO
【解析】
【分析】实验装置的选择原则是根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，结合题给信息知，实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，由反应方程式条件可知用来制取氯气的装置是E；同理可推断A装置用来制备SO2，据此分析。
【小问1详解】
据分析可知用来制取氯气的装置是E；由氯化氢生成氯化锰，氯元素化合价不变，由氯化氢生成氯气，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性。故答案为：E，酸性，还原性；
【小问2详解】
氯气通入品红溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，生成的无色物质不稳定，加热复原，D中通入氯气，褪色后加热无明显现象。故答案为：D；
【小问3详解】
装置C中是氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余SO2和Cl2，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；
【小问4详解】
若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变红，后褪色。故答案为：先变红，后褪色；
【小问5详解】
氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1∶1发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸而使气体失去漂白性，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO。故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO。
18. A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
（1）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1。
①A的电子式为___________，B的化学式为___________。
②实验室制取B时，收集方法是___________。
③C与水反应的化学方程式为___________。
（2）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物。
①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为___________。
②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与Cu反应的化学方程式为___________。
（3）A为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。
①则B到C的离子方程式为___________。
②请画出向含0.01molB和0.01molC的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像。______
【答案】（1） ①. ②. NO ③. 排水法收集 ④. 3NO2+H2O=2HNO3+NO
（2） ①. 0.5mol ②. Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（3） ①. SO+SO2+H2O=2HSO ②.
【解析】
【分析】A能和W连续反应依次转化为B、C；
若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1，则C为NO2，那么A、B、W分别为氮气、一氧化氮、氧气，氮气和氧气生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮；
若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物；则A为硫、W为氧气、C为二氧化硫、C为三氧化硫；硫和氧气生成二氧化硫、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；
A为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体，则A为氢氧化钠、W为二氧化硫、B、C分别为亚硫酸钠、亚硫酸氢钠；氢氧化钠和二氧化硫生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫生成亚硫酸氢钠；
【小问1详解】
①由分析可知，A为氮气，电子式为；B为一氧化氮，化学式为NO；
②NO密度和空气近似、难溶于水，故实验室制取B时，收集方法是排水法收集。
③二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【小问2详解】
①由分析可知，由B生成C时，反应为2SO2+O2=2SO3；每生成1mol SO3，消耗O2的物质的量为0.5mol；
②C溶于水形成化合物D为硫酸，在加热的情况下，浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜和水、二氧化硫，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
【小问3详解】
①由分析可知，B到C的反应为亚硫酸钠和二氧化硫生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO+SO2+H2O=2HSO；
②向含0.01mol亚硫酸钠和0.01mol亚硫酸氢钠的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸，首先亚硫酸钠消耗等物质的量的HCl，即0.1L盐酸将亚硫酸转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠再消耗0.2L的盐酸生成0.02mol的二氧化硫气体，加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像为 。
第Ⅱ卷 提高题(共21分)
19. 某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是一半空的注射器。请回答有关问题：
（1）设计装置A的目的是___________。
（2）在完成(1)中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸并微热之，观察到装置B中的现象是___________；B中反应的离子方程式为___________。
（3）装置E和F的作用是___________。
（4）气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或“没有”)___________，理由是___________。
（5）在200 mL某浓度硝酸的稀溶液中，加入15.2 g铜、铁合金，待合金完全溶解后，共收集到气体NO的体积为4.48 L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol·L-1，则合金中铜、铁的物质的量之比为___________。
【答案】（1）产生CO2，赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰
（2） ①. Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝 ②. 3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
（3）验证NO的生成 （4） ①. 有 ②. 二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀
（5）3:2
【解析】
【分析】装置A中反应生成二氧化碳气体可赶走装置中的空气，然后B生成一氧化氮气体进入E，F中空气注入E中，可以看到气体变为红棕色，两者的作用是验证NO的生成；C可以检验开始时二氧化碳是否充满整个装置，实验后D可以吸收尾气减小污染；
【小问1详解】
NO能和空气中氧气反应生成二氧化氮；设计装置A的目的是产生CO2，赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰；
【小问2详解】
探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO，反应中铜和稀硝酸还生成硝酸铜、水，反应中溶液变蓝色，故在完成(1)中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸并微热之，观察到装置B中的现象是Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝；B中反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
【小问3详解】
NO能和空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮；装置E中首先收集生成的气体、然后将F中空气注入E中，可以看到气体变为红棕色，两者的作用是验证NO的生成；
【小问4详解】
二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故会有白色沉淀生成；
【小问5详解】
设铜、铁的物质的量分别为a、b，则64a+56b=15.2；合金完全溶解后，共收集到气体NO的体积为4.48 L(标准状况下为0.2mol)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol·L-1，说明反应后硝酸过量，铁以三价铁存在，根据电子守恒可知，2a+3b=0.2×3；两式联立解得a=0.15mol、b=0.1mol；故合金中铜、铁的物质的量之比为3:2。
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