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2022-2023学年江苏省淮安市淮阴中学教育集团涟水滨河高级中学高一下学期第一次学情调研化学（选修）试题
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(考试时间：75分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Fe56 Cu64 Zn65
选择题部分(共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)
1. 拥有500米口径球面射电望远镜的“中国天眼”今年起面向全球开放，下列有关“中国天眼”说法正确的是
A. 传递信息所用的通信光纤主要成分是晶体硅
B. 支架所用的钢材的组成元素都是金属元素
C. 反射镜所用的高性能碳化硅属于有机合成材料
D. 球面射电板所用的铝合金具有较强的抗腐蚀性
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．通信光纤主要成分是二氧化硅，故A错误；
B．钢材属于合金组成元素有Fe、C等，故B错误；
C．碳化硅属于无机非金属材料，不是有机合成材料，故C错误；
D．铝合金表面会形成致密的氧化膜，具有强的抗腐蚀性，故D正确；
故选：D。
2. 下列化学用语正确的是
A. HCl的电子式：B. 中子数为10的氧原子：O
C. Cl-的结构示意图：D. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，电子式为，A错误；
B．中子数为10的氧原子，质量数为18，可表示为，B正确；
C．Cl-最外层有8个电子，其结构示意图为，C错误；
D．NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na++，D错误；
故答案选B。
3. 氯气是一种重要的化工原料，如：工业上用来制盐酸、漂白粉等。工业上利用浓氨水吸收氯气工业的尾气，反应生成，该技术高效的处理尾气中的氯气同时得到副产品。反应的方程式为：。下列有关说法不正确的是
A. 既有氧化性，又有还原性B. 浓氨水是电解质
C. 属于盐D. 漂白粉是混合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氢元素化合价可降低生成氢气，氯元素化合价可升高生成氯气等，故既有氧化性，又有还原性，选项A正确；
B．浓氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B不正确；
C．NH4Cl 为铵根离子和氯离子构成的铵盐，选项C正确；
D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，选项D正确；
答案选B。
4. 下列物质中存在离子键的是
A. NH3B. NaClC. Cl2D. CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3分子中H、N原子之间以H-N共价键结合，不含离子键，选项A不符合题意；
B．NaCl是离子化合物，其中的Na+与Cl-之间以离子键结合，选项B符合题意；
C．CO2是由CO2分子构成的，在CO2分子中，C原子与2个O原子形成两个碳氧双键共价键，不含离子键，选项C不符合题意；
D．CO2是由CO2分子构成的，在CO2分子中，C原子与2个O原子通过四个共价键结合，不含离子键，选项D不符合题意；
答案选B。
5. 下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．不能在容量瓶中直接溶解固体，故A错误；
B．实验室制备氨气是用氯化铵和氢氧化钙固体加热反应得到，故B错误；
C．NaOH是易腐蚀性药品，应在烧杯中称量，故C错误；
D．检验钾离子时，做焰色试验时，透过蓝色钴玻璃片观察，故D正确。
综上所述，答案为D。
6. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂
B. SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥Cl2
D. NH3极易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁粉具有还原性，能被氧气氧化，可用作食品的抗氧化剂，A正确；
B．SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，C错误；
D．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂，D错误；
故答案选A。
7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．与CaCl2溶液不反应，反应A不符合题意；
B．Fe与氯气在点燃条件下反应生成氯化铁，故B符合题意；
C．氧化铜是难溶于水的固体，故C不符合题意；
D．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
8. 元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型的非金属元素。O和Te原子结构中相同的是
A. 质子数B. 电子层数C. 核外电子数D. 最外层电子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．O原子中质子数为8，Te原子中质子数为52，A错误；
B．O原子电子层数为2，Te原子电子层数为5，B错误；
C．O原子核外电子数为8，Te原子核外电子数为52，C错误；
D．O原子和Te原子最外层电子数均为6，D正确；
故答案选D。
9. 元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型非金属元素。判断O的非金属性比S的强，可依据的事实是
A. 相同条件下，O2更易与H2反应B. 地壳中氧的含量高于硫
C. 常温下，氧气呈气态，硫呈固态D. Na2O2是淡黄色固体，Na2S是白色固体
【答案】A
【解析】
【详解】A．相同条件下O2更易与H2反应，说明O2氧化性强于S，O的非金属性强于S，A正确；
B．地壳中氧的含量高于硫，不能说明O的非金属性比S强，B错误；
C．常温下氧气呈气态，硫为固态，这些都是物理性质，与非金属性无关，C错误；
D．Na2O2为淡黄色固体，Na2S为白色固体，这些是钠的化合物的物理性质，与元素的非金属性无关，D错误；
故答案选A
10. 元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型的非金属元素。下列有关硒元素的推测不正确的是
A. 最高化合价为＋6B. 原子半径比硫的大
C. 硒化氢的热稳定性比硫化氢强D. 最高价氧化物的水化物的酸性比硫的弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．硒最外层电子数为6，最高化合价为+6价，A正确；
B．硒在硫的下一周期，比硫多一个电子层，原子半径大于硫，B正确；
C．同主族元素从上到下，元素非金属性逐渐减弱，则硒化氢的热稳定性弱于硫化氢，C错误；
D．硒的非金属性弱于硫，则硒最高价氧化物的水化物的酸性弱于硫，D正确；
故答案选C。
11. 据报道科研人员应用计算机模拟出结构类似C60物质N60；4H是主要来源于宇宙射线的初级粒子，人类在月球上发现了储量丰富的3H。下列说明正确的是
A. N60与C60互为同素异形体B. 3H与4H互为同位素
C. N60可能是一种新型电解质D. 3H2O与4H2O互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．同素异形体为同种元素的不同单质，N和C是不同种元素，则N60与C60不是同素异形体，故A错误；
B．3H与4H的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C．N60是单质，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，则不可能是电解质，故C错误；
D．同素异形体为同种元素的不同单质，3H2O与4H2O是化合物，不是同素异形体，故D错误；
故选：B。
12. 下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是
A. Ca2＋、、K＋、B. 、Cl-、OH-、Na＋
C. 、Na＋、K＋、OH-D. Na＋、Ag＋、H＋、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca2+与CO反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．NH与OH-反应生成NH3·H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．CO、Na+、K+、OH-之间均不反应，能大量共存，C符合题意；
D．Ag+和Cl－反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，D不符合题意。
答案选C。
13. 在下图装置中，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b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2与水反应，生成硝酸和NO，容器内气体减少，气压减小，形成喷泉，但由于NO不溶于水，所以不充满烧瓶，A不符合题意；
B．CO2在水中的溶解度很小，不能形成喷泉，B不符合题意；
C．Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C不符合题意；
D．NH3与盐酸能发生反应，生成物为氯化铵固体，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强迅速减小，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D符合题意；
答案选D。
【点晴】本题主要是考查常见气体的性质及溶解性，明确喷泉实验原理和物质的性质是解答的关键，解答时要从反应物和生成物的状态变化入手，注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化，将化学和物理结合起来，气体被吸收进溶液的反应，容器内气体减少，气压减小；容器内气体增多，气压增大；选项A易忽视生成的NO气体不溶于水，易错选。
14. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子最外层比内层多3个电子，Y、W同主族且W的质子数是Y的两倍，Z在短周期元素中金属性最强。下列说法正确的是
A. X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱
B. Y元素在周期表中的位置是第2周期IVA族
C. Z与Y只能形成一种化合物
D. 原子半径r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
【答案】A
【解析】
【分析】X原子最外层比内层多3个电子，则X为N，Y、W同主族且W的质子数是Y的两倍，则W为S，Y为O，Z在短周期元素中金属性最强，Z为Na。
【详解】A．N的非金属性弱于O，则简单气态氢化物热稳定性NH3弱于H2O，A正确；
B．Y为O，在元素周期表第二周期ⅥA族，B错误；
C．Na和O可以形成Na2O和Na2O2两种化合物，C错误；
D．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，D错误；
故答案选A。
15. ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度 ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产 ClO2和NaClO2的工艺流程为∶
ClO2发生器中反应为(未配平)，下列有关该反应的说法中，正确的是
A. 反应中 Na2SO3是氧化剂
B. 反应中 ClO2氧化产物
C. 每生成1 ml ClO2转移2 ml 电子
D. 参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．在NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O中，Na2SO3中硫的化合价为+4价，反应后生成Na2SO4，硫的化合价为+6价，化合价升高，失去电子，做还原剂，故A错误；
B．氯元素的化合价从反应前NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，所以ClO2是还原产物，故B错误；
C．氯元素的化合价从+5价降低到+4价，生成1 ml ClO2转移1 ml电子，故C错误；
D．1 ml Na2SO3参加反应，失去2ml电子，1 ml NaClO3参加反应，得到1 ml电子，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，所以参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故D正确；
故选D。
16. 将一定质量的Mg-Al合金投入200mL稀H2SO4溶液中，充分反应，向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A. 140ml时溶液中溶质的物质的量为0.1ml
B. 当沉淀的物质的量为0.1ml时，加入NaOH溶液溶液体积一定为140 mL
C. 合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.1ml
D. 题中试剂浓度分别是 c(H2SO4)=1.5ml/L、c(NaOH)=5 ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】OA段没有生成沉淀，发生反应；AB段发生反应 、；B到140mL沉淀减少发生反应。根据图中数据可知，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1ml，Mg-Al合金中Mg、Al的物质的量分别是0.1ml；溶解0.1ml氢氧化铝消耗20mL氢氧化钠，所以氢氧化钠的浓度为。
【详解】A．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4的物质的量是，120mL到140ml时生成反应，氢氧化铝的物质的量为0.1ml，生成偏铝酸钠的物质的量是0.1ml，所以溶液中溶质的物质的量为0.4ml，故A错误；
B．根据图象，当沉淀的物质的量为0.1ml时，加入NaOH溶液溶液体积有2个，故B错误；
C．AB段发生反应 、，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1ml，所以生成沉淀消耗0.5ml氢氧化钠；OA段发生反应；OA段消耗氢氧化钠的物质的量是，合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.05ml，故C错误；
D．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据S元素守恒，硫酸的物质的量是， c(H2SO4)=1.5ml/L、c(NaOH)=5 ml/L，故D正确；
选D。
非选择题部分(共52分)
二、填空题
17. SO2在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。
（1）某同学利用图所示装置研究二氧化硫的性质。
①仪器a的名称为___________。
②向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是___________。
③实验时，装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氨水，生成的白色沉淀为___________(填化学式)。
④装置C中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有___________性。
（2）某化工厂用图所示工艺流程除去燃煤产生的SO2。
①过程I发生的反应为，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目___________。
②过程Ⅱ发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 除去装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、水反应 ③. BaSO3 ④. 氧化
（2） ①. ②. Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
【解析】
【分析】装置A中浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，装置中有氧气，氧气能与SO2一起进入装置B而将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子从而干扰实验，所以滴加浓硫酸前先通一段时间N2，除去装置内的空气，二氧化硫与BaCl2不反应，通入BaCl2溶液中没有变化，SO2与H2S反应生成S单质，C中出现淡黄色浑浊，最后NaOH用于吸收多余的SO2。
【小问1详解】
①仪器a的名称为分液漏斗。
②装置中有氧气，氧气能与SO2一起进入装置B而将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子从而干扰实验，所以滴加浓硫酸前先通一段时间N2，除去装置内的空气。
③二氧化硫溶于BaCl2溶液中生成亚硫酸，实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氨水，氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，则生成的白色沉淀为BaSO3。
④装置C中H2S与SO2发生归中反应生成S，使C中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有氧化性。
【小问2详解】
①过程Ⅰ中亚硫酸铁在酸性条件下与O2反应生成硫酸铁，Fe2+失电子转化成Fe3+，O2得电子结合氢离子生成H2O，化学方程式为。
②过程Ⅱ中硫酸铁和SO2、H2O反应生成硫酸亚铁和硫酸，Fe3+得电子转化为Fe2+，SO2失电子转化为硫酸根离子，根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。
18. 氮、铁两种元素可以在细菌作用下发生氧化还原反应，实现两种元素在自然界的循环，循环中的部分转化如图所示。
(1)题图所示的氮循环中，属于氮的固定的有_______(填字母)。
a.反硝化过程 b.硝化过程 c.转化为
(2)农业生产过程中使用的铵态氮肥，是水体中铵态氮元素的来源之一、
①检验某氮肥样品中是否存在的实验方法是_______。
②实验室制备少量氨气反应的化学方程式为_______。
(3)铵态氮()与亚硝态氮()在氨氧化细菌的作用下反应生成氮气，若产生氮气，则转移电子的物质的量为_______。
(4)题图所示土壤中的铁循环可用于水体脱氮(将氮元素从水体中除去)，用离子方程式表示利用土壤中的铁循环脱除水体中铵态氮的原理：_______。
(5)与硝态氮()反应脱氮生成，反应后的溶液为和的混合溶液。为检验溶液中含有和，相应的实验方案为_______(实验中可选用的试剂：溶液、溶液、溶液)。
【答案】 ①. c ②. 取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在 ③. ④. 0.06 ⑤. ⑥. 取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有
【解析】
【分析】氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，硝化过程是将转化为，转化为，反硝化过程正好和硝化过程相反，铁循环脱除水体中氨态氮过程是Fe3+和反应生成Fe2+和N2，Fe2+和、H+反应生成Fe3+，由此分析。
【详解】(1)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态氮的方法，即氮气→含氮化合物或离子；
a．反硝化过程正好和硝化过程相反，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故a不符合题意；
b．硝化过程是将转化为，转化为，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故b不符合题意；
c． N2转化为氨态氮，属于人工固氮，故c符合题意；
故答案为c；
(2)①检验的原理是先将转化为NH3，再根据氨气的性质用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，方法为：取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在，故答案为：取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在；
②实验室制备少量氨气用的试剂为氢氧化钙和氯化铵，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)氧化生成H2O和N2，离子方程式为+N2↑+2H2O，转化为氮气时，氮元素的化合价从-3价升高到0价，1ml转化为氮气时，氮元素的化合价从+3价升高到0价，当生成1ml氮气时，转移3mle-，即n(e-)=3n(N2)=3×0.02ml=0.06ml，故答案为：0.06；
(4)由图可知：铁循环脱除水体中铵态氮的原理是Fe3+和反应生成Fe2+、N2和H+，离子方程式为，故答案为：；
(5)检验溶液中含有和，相应的实验方案为取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有，故答案为：取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有。
【点睛】本题重点(5)，检验溶液中含有和要利用离子的性质，亚铁离子具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，据此可判断其有无，而铁离子具有氧化性，同时与KSCN反应，产生红色，据此可判断其有无。
19. 氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：
（1）也是造成水体富营养化的重要原因之一，用溶液氧化可除去氨气。其反应机理如左下图所示(其中和略去)。氧化的总反应化学方程式为_______。
（2）改变对溶液中去除氨气效果与余氯(溶液中价氯元素的含量)的影响如右上图所示，则除氨气过程中最佳的值约为_______。
（3）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
Ⅰ．若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的写出的化学方程式_______。
Ⅱ．若A在常温下为非金属气态氢化物，B遇到空气变成红棕色。
①写出A到B的化学方程式_______。
②将铜粉与一定量的D的稀溶液反应，当完全反应时收集到气体(全部为)(标准状况)，向所得溶液中继续加稀硫酸至反应不能再进行，需加入_______。
Ⅲ．若A为淡黄色晶体：将B直接通入溶液不会产生白色沉淀。但与另一种气体X一起通入时则会产生白色沉淀，则气体X可能是_______(写分子式)
【答案】（1）2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl
（2）1.5 （3） ①. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ②. 4NH3+5O24NO+6H2O ③. 0.25 ④. NH3
【解析】
【小问1详解】
根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1mlN2转移6ml电子，根据电子守恒可知需要3mlNaClO，反应的化学方程式2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl，故答案为：2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl；
【小问2详解】
反应中氨氮去除效果最佳的从图象分析可知为去除率较高同时余氯量最少，图象中符合的比值为1.5，故答案为：1.5；
【小问3详解】
I．若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，则A为N2、B为NO、C为NO2、D为HNO3，则C→D的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
II．若A在常温下为非金属气态氢化物，B遇到空气变成红棕色，则A为NH3、B为NO、C为NO2、D为HNO3，则：①A到B的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②16g铜的物质的量为，与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO，反应方程式：3Cu+8HNO3= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，标准状况下NO的物质的量为，则消耗n(Cu)=0.06ml，剩余Cu的物质的量为0.25-0.06=0.19ml，向所得溶液中继续加稀硫酸至反应不能再进行，即剩余的铜完全反应，根据反应可知，溶液中有硝酸根离子，需要提供足量的氢离子形成硝酸，剩余0.19ml铜完全反应消耗硝酸的物质的量为0.5ml，即需要硫酸提供0.5ml的氢离子，则硫酸的物质的量为0.25ml；
III．若A为淡黄色晶体，D为二元强酸，则A为S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，将B直接通入BaCl2溶液不会产生白色沉淀，与另一种气体X一起通入则会产生白色沉淀，X可为NH3，则发生反应的化学方程式：SO2+2NH3+BaCl2+H2O=BaSO3↓+2NH4Cl，故答案为：NH3。
20. 草酸亚铁（FeC2O4·2H2O）可用于制备磷酸铁锂电池正极材料。实验室制备草酸亚铁并测定其组成的实验流程如下：
（1） “溶解”时加热的目的是_____________________；“沉铁”时将溶液煮沸并在不断搅拌下加入H2C2O4溶液，“不断搅拌”除可使反应物充分接触外，另一目的是_____________________。
（2） “过滤、洗涤”时，能说明沉淀已洗涤干净的依据是_____________________。
（3）按以下步骤可以测定产品中草酸根的质量分数。
①称取0.1600g草酸亚铁于锥形瓶中，加入25mL 2 ml·L－1的H2SO4溶液，加热至40~50℃，使样品溶解。
②用0.02000 ml·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液23.80mL。
[5C2O+ 2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O ；5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O]
③在②滴定后的溶液中加入足量Zn粉（2Fe3++Zn = 2Fe2++Zn2+）和5mL 2 ml·L－1 的H2SO4溶液，煮沸约10min。
④将滤液过滤至另一个锥形瓶中，用10mL 1 ml·L－1的H2SO4溶液洗涤锥形瓶，将全部Fe2+转移入锥形瓶中，再用0.02000 ml·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积8.00 mL。
（Ⅰ）测得的产品中n(Fe) ∶n(C2O) _________1∶1（填“>” “＝”或“<”）。
（Ⅱ）请计算产品中C2O的质量分数(写出计算过程)。______________
【答案】 ①. 促进溶解 ②. 防止溶液暴沸 ③. 取少许最后一次洗涤过滤液，向其中加入BaCl2溶液（用pH试纸检验），若无白色沉淀产生（pH等于7），说明已洗涤干净 ④. > ⑤. w(C2O42－) =×100%=43.45%
【解析】
【详解】（1）“溶解”时加热的目的是加快反应速率，促进溶解；由于反应是加热煮沸，所以“不断搅拌”除可使反应物充分接触外，另一目的是防止溶液暴沸。（2）沉淀表面含有硫酸根离子，所以 “过滤、洗涤”时，能说明沉淀已洗涤干净的依据是取少许最后一次洗涤过滤液，向其中加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净。（3）（Ⅰ）根据方程式可知n(C2O42－)＝×n(KMnO4)＝×[0.02000 ml·L－1×(23.80－8.00) mL×10－3L·mL－1]＝7.900 ×10－4 ml，n(Fe2+)＝5n(KMnO4)＝5×0.02000 ml·L－1×8.00) mL×10－3L·mL－1＝8.000 ×10－4 ml，所以测得的产品中n(Fe2+)∶n(C2O42－)＞1∶1；（Ⅱ）根据以上分析可知w(C2O42－)＝×100%=43.45%。A.配溶液
B.制氨气
C.称量
D.检验钾离子
a(干燥气体)
b(液体)
A
NO2
水
B
CO2
水
C
Cl2
饱和食盐水
D
NH3
1 ml·L－1盐酸
(考试时间：75分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Fe56 Cu64 Zn65
选择题部分(共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)
1. 拥有500米口径球面射电望远镜的“中国天眼”今年起面向全球开放，下列有关“中国天眼”说法正确的是
A. 传递信息所用的通信光纤主要成分是晶体硅
B. 支架所用的钢材的组成元素都是金属元素
C. 反射镜所用的高性能碳化硅属于有机合成材料
D. 球面射电板所用的铝合金具有较强的抗腐蚀性
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．通信光纤主要成分是二氧化硅，故A错误；
B．钢材属于合金组成元素有Fe、C等，故B错误；
C．碳化硅属于无机非金属材料，不是有机合成材料，故C错误；
D．铝合金表面会形成致密的氧化膜，具有强的抗腐蚀性，故D正确；
故选：D。
2. 下列化学用语正确的是
A. HCl的电子式：B. 中子数为10的氧原子：O
C. Cl-的结构示意图：D. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，电子式为，A错误；
B．中子数为10的氧原子，质量数为18，可表示为，B正确；
C．Cl-最外层有8个电子，其结构示意图为，C错误；
D．NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na++，D错误；
故答案选B。
3. 氯气是一种重要的化工原料，如：工业上用来制盐酸、漂白粉等。工业上利用浓氨水吸收氯气工业的尾气，反应生成，该技术高效的处理尾气中的氯气同时得到副产品。反应的方程式为：。下列有关说法不正确的是
A. 既有氧化性，又有还原性B. 浓氨水是电解质
C. 属于盐D. 漂白粉是混合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氢元素化合价可降低生成氢气，氯元素化合价可升高生成氯气等，故既有氧化性，又有还原性，选项A正确；
B．浓氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B不正确；
C．NH4Cl 为铵根离子和氯离子构成的铵盐，选项C正确；
D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，选项D正确；
答案选B。
4. 下列物质中存在离子键的是
A. NH3B. NaClC. Cl2D. CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3分子中H、N原子之间以H-N共价键结合，不含离子键，选项A不符合题意；
B．NaCl是离子化合物，其中的Na+与Cl-之间以离子键结合，选项B符合题意；
C．CO2是由CO2分子构成的，在CO2分子中，C原子与2个O原子形成两个碳氧双键共价键，不含离子键，选项C不符合题意；
D．CO2是由CO2分子构成的，在CO2分子中，C原子与2个O原子通过四个共价键结合，不含离子键，选项D不符合题意；
答案选B。
5. 下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．不能在容量瓶中直接溶解固体，故A错误；
B．实验室制备氨气是用氯化铵和氢氧化钙固体加热反应得到，故B错误；
C．NaOH是易腐蚀性药品，应在烧杯中称量，故C错误；
D．检验钾离子时，做焰色试验时，透过蓝色钴玻璃片观察，故D正确。
综上所述，答案为D。
6. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂
B. SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥Cl2
D. NH3极易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁粉具有还原性，能被氧气氧化，可用作食品的抗氧化剂，A正确；
B．SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，C错误；
D．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂，D错误；
故答案选A。
7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．与CaCl2溶液不反应，反应A不符合题意；
B．Fe与氯气在点燃条件下反应生成氯化铁，故B符合题意；
C．氧化铜是难溶于水的固体，故C不符合题意；
D．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
8. 元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型的非金属元素。O和Te原子结构中相同的是
A. 质子数B. 电子层数C. 核外电子数D. 最外层电子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．O原子中质子数为8，Te原子中质子数为52，A错误；
B．O原子电子层数为2，Te原子电子层数为5，B错误；
C．O原子核外电子数为8，Te原子核外电子数为52，C错误；
D．O原子和Te原子最外层电子数均为6，D正确；
故答案选D。
9. 元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型非金属元素。判断O的非金属性比S的强，可依据的事实是
A. 相同条件下，O2更易与H2反应B. 地壳中氧的含量高于硫
C. 常温下，氧气呈气态，硫呈固态D. Na2O2是淡黄色固体，Na2S是白色固体
【答案】A
【解析】
【详解】A．相同条件下O2更易与H2反应，说明O2氧化性强于S，O的非金属性强于S，A正确；
B．地壳中氧的含量高于硫，不能说明O的非金属性比S强，B错误；
C．常温下氧气呈气态，硫为固态，这些都是物理性质，与非金属性无关，C错误；
D．Na2O2为淡黄色固体，Na2S为白色固体，这些是钠的化合物的物理性质，与元素的非金属性无关，D错误；
故答案选A
10. 元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型的非金属元素。下列有关硒元素的推测不正确的是
A. 最高化合价为＋6B. 原子半径比硫的大
C. 硒化氢的热稳定性比硫化氢强D. 最高价氧化物的水化物的酸性比硫的弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．硒最外层电子数为6，最高化合价为+6价，A正确；
B．硒在硫的下一周期，比硫多一个电子层，原子半径大于硫，B正确；
C．同主族元素从上到下，元素非金属性逐渐减弱，则硒化氢的热稳定性弱于硫化氢，C错误；
D．硒的非金属性弱于硫，则硒最高价氧化物的水化物的酸性弱于硫，D正确；
故答案选C。
11. 据报道科研人员应用计算机模拟出结构类似C60物质N60；4H是主要来源于宇宙射线的初级粒子，人类在月球上发现了储量丰富的3H。下列说明正确的是
A. N60与C60互为同素异形体B. 3H与4H互为同位素
C. N60可能是一种新型电解质D. 3H2O与4H2O互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．同素异形体为同种元素的不同单质，N和C是不同种元素，则N60与C60不是同素异形体，故A错误；
B．3H与4H的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C．N60是单质，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，则不可能是电解质，故C错误；
D．同素异形体为同种元素的不同单质，3H2O与4H2O是化合物，不是同素异形体，故D错误；
故选：B。
12. 下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是
A. Ca2＋、、K＋、B. 、Cl-、OH-、Na＋
C. 、Na＋、K＋、OH-D. Na＋、Ag＋、H＋、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca2+与CO反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．NH与OH-反应生成NH3·H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．CO、Na+、K+、OH-之间均不反应，能大量共存，C符合题意；
D．Ag+和Cl－反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，D不符合题意。
答案选C。
13. 在下图装置中，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b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2与水反应，生成硝酸和NO，容器内气体减少，气压减小，形成喷泉，但由于NO不溶于水，所以不充满烧瓶，A不符合题意；
B．CO2在水中的溶解度很小，不能形成喷泉，B不符合题意；
C．Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C不符合题意；
D．NH3与盐酸能发生反应，生成物为氯化铵固体，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强迅速减小，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D符合题意；
答案选D。
【点晴】本题主要是考查常见气体的性质及溶解性，明确喷泉实验原理和物质的性质是解答的关键，解答时要从反应物和生成物的状态变化入手，注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化，将化学和物理结合起来，气体被吸收进溶液的反应，容器内气体减少，气压减小；容器内气体增多，气压增大；选项A易忽视生成的NO气体不溶于水，易错选。
14. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子最外层比内层多3个电子，Y、W同主族且W的质子数是Y的两倍，Z在短周期元素中金属性最强。下列说法正确的是
A. X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱
B. Y元素在周期表中的位置是第2周期IVA族
C. Z与Y只能形成一种化合物
D. 原子半径r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
【答案】A
【解析】
【分析】X原子最外层比内层多3个电子，则X为N，Y、W同主族且W的质子数是Y的两倍，则W为S，Y为O，Z在短周期元素中金属性最强，Z为Na。
【详解】A．N的非金属性弱于O，则简单气态氢化物热稳定性NH3弱于H2O，A正确；
B．Y为O，在元素周期表第二周期ⅥA族，B错误；
C．Na和O可以形成Na2O和Na2O2两种化合物，C错误；
D．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，D错误；
故答案选A。
15. ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度 ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产 ClO2和NaClO2的工艺流程为∶
ClO2发生器中反应为(未配平)，下列有关该反应的说法中，正确的是
A. 反应中 Na2SO3是氧化剂
B. 反应中 ClO2氧化产物
C. 每生成1 ml ClO2转移2 ml 电子
D. 参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．在NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O中，Na2SO3中硫的化合价为+4价，反应后生成Na2SO4，硫的化合价为+6价，化合价升高，失去电子，做还原剂，故A错误；
B．氯元素的化合价从反应前NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，所以ClO2是还原产物，故B错误；
C．氯元素的化合价从+5价降低到+4价，生成1 ml ClO2转移1 ml电子，故C错误；
D．1 ml Na2SO3参加反应，失去2ml电子，1 ml NaClO3参加反应，得到1 ml电子，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，所以参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故D正确；
故选D。
16. 将一定质量的Mg-Al合金投入200mL稀H2SO4溶液中，充分反应，向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A. 140ml时溶液中溶质的物质的量为0.1ml
B. 当沉淀的物质的量为0.1ml时，加入NaOH溶液溶液体积一定为140 mL
C. 合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.1ml
D. 题中试剂浓度分别是 c(H2SO4)=1.5ml/L、c(NaOH)=5 ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】OA段没有生成沉淀，发生反应；AB段发生反应 、；B到140mL沉淀减少发生反应。根据图中数据可知，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1ml，Mg-Al合金中Mg、Al的物质的量分别是0.1ml；溶解0.1ml氢氧化铝消耗20mL氢氧化钠，所以氢氧化钠的浓度为。
【详解】A．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4的物质的量是，120mL到140ml时生成反应，氢氧化铝的物质的量为0.1ml，生成偏铝酸钠的物质的量是0.1ml，所以溶液中溶质的物质的量为0.4ml，故A错误；
B．根据图象，当沉淀的物质的量为0.1ml时，加入NaOH溶液溶液体积有2个，故B错误；
C．AB段发生反应 、，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1ml，所以生成沉淀消耗0.5ml氢氧化钠；OA段发生反应；OA段消耗氢氧化钠的物质的量是，合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.05ml，故C错误；
D．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据S元素守恒，硫酸的物质的量是， c(H2SO4)=1.5ml/L、c(NaOH)=5 ml/L，故D正确；
选D。
非选择题部分(共52分)
二、填空题
17. SO2在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。
（1）某同学利用图所示装置研究二氧化硫的性质。
①仪器a的名称为___________。
②向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是___________。
③实验时，装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氨水，生成的白色沉淀为___________(填化学式)。
④装置C中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有___________性。
（2）某化工厂用图所示工艺流程除去燃煤产生的SO2。
①过程I发生的反应为，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目___________。
②过程Ⅱ发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 除去装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、水反应 ③. BaSO3 ④. 氧化
（2） ①. ②. Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
【解析】
【分析】装置A中浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，装置中有氧气，氧气能与SO2一起进入装置B而将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子从而干扰实验，所以滴加浓硫酸前先通一段时间N2，除去装置内的空气，二氧化硫与BaCl2不反应，通入BaCl2溶液中没有变化，SO2与H2S反应生成S单质，C中出现淡黄色浑浊，最后NaOH用于吸收多余的SO2。
【小问1详解】
①仪器a的名称为分液漏斗。
②装置中有氧气，氧气能与SO2一起进入装置B而将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子从而干扰实验，所以滴加浓硫酸前先通一段时间N2，除去装置内的空气。
③二氧化硫溶于BaCl2溶液中生成亚硫酸，实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氨水，氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，则生成的白色沉淀为BaSO3。
④装置C中H2S与SO2发生归中反应生成S，使C中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有氧化性。
【小问2详解】
①过程Ⅰ中亚硫酸铁在酸性条件下与O2反应生成硫酸铁，Fe2+失电子转化成Fe3+，O2得电子结合氢离子生成H2O，化学方程式为。
②过程Ⅱ中硫酸铁和SO2、H2O反应生成硫酸亚铁和硫酸，Fe3+得电子转化为Fe2+，SO2失电子转化为硫酸根离子，根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。
18. 氮、铁两种元素可以在细菌作用下发生氧化还原反应，实现两种元素在自然界的循环，循环中的部分转化如图所示。
(1)题图所示的氮循环中，属于氮的固定的有_______(填字母)。
a.反硝化过程 b.硝化过程 c.转化为
(2)农业生产过程中使用的铵态氮肥，是水体中铵态氮元素的来源之一、
①检验某氮肥样品中是否存在的实验方法是_______。
②实验室制备少量氨气反应的化学方程式为_______。
(3)铵态氮()与亚硝态氮()在氨氧化细菌的作用下反应生成氮气，若产生氮气，则转移电子的物质的量为_______。
(4)题图所示土壤中的铁循环可用于水体脱氮(将氮元素从水体中除去)，用离子方程式表示利用土壤中的铁循环脱除水体中铵态氮的原理：_______。
(5)与硝态氮()反应脱氮生成，反应后的溶液为和的混合溶液。为检验溶液中含有和，相应的实验方案为_______(实验中可选用的试剂：溶液、溶液、溶液)。
【答案】 ①. c ②. 取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在 ③. ④. 0.06 ⑤. ⑥. 取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有
【解析】
【分析】氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，硝化过程是将转化为，转化为，反硝化过程正好和硝化过程相反，铁循环脱除水体中氨态氮过程是Fe3+和反应生成Fe2+和N2，Fe2+和、H+反应生成Fe3+，由此分析。
【详解】(1)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态氮的方法，即氮气→含氮化合物或离子；
a．反硝化过程正好和硝化过程相反，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故a不符合题意；
b．硝化过程是将转化为，转化为，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故b不符合题意；
c． N2转化为氨态氮，属于人工固氮，故c符合题意；
故答案为c；
(2)①检验的原理是先将转化为NH3，再根据氨气的性质用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，方法为：取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在，故答案为：取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在；
②实验室制备少量氨气用的试剂为氢氧化钙和氯化铵，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)氧化生成H2O和N2，离子方程式为+N2↑+2H2O，转化为氮气时，氮元素的化合价从-3价升高到0价，1ml转化为氮气时，氮元素的化合价从+3价升高到0价，当生成1ml氮气时，转移3mle-，即n(e-)=3n(N2)=3×0.02ml=0.06ml，故答案为：0.06；
(4)由图可知：铁循环脱除水体中铵态氮的原理是Fe3+和反应生成Fe2+、N2和H+，离子方程式为，故答案为：；
(5)检验溶液中含有和，相应的实验方案为取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有，故答案为：取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有。
【点睛】本题重点(5)，检验溶液中含有和要利用离子的性质，亚铁离子具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，据此可判断其有无，而铁离子具有氧化性，同时与KSCN反应，产生红色，据此可判断其有无。
19. 氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：
（1）也是造成水体富营养化的重要原因之一，用溶液氧化可除去氨气。其反应机理如左下图所示(其中和略去)。氧化的总反应化学方程式为_______。
（2）改变对溶液中去除氨气效果与余氯(溶液中价氯元素的含量)的影响如右上图所示，则除氨气过程中最佳的值约为_______。
（3）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
Ⅰ．若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的写出的化学方程式_______。
Ⅱ．若A在常温下为非金属气态氢化物，B遇到空气变成红棕色。
①写出A到B的化学方程式_______。
②将铜粉与一定量的D的稀溶液反应，当完全反应时收集到气体(全部为)(标准状况)，向所得溶液中继续加稀硫酸至反应不能再进行，需加入_______。
Ⅲ．若A为淡黄色晶体：将B直接通入溶液不会产生白色沉淀。但与另一种气体X一起通入时则会产生白色沉淀，则气体X可能是_______(写分子式)
【答案】（1）2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl
（2）1.5 （3） ①. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ②. 4NH3+5O24NO+6H2O ③. 0.25 ④. NH3
【解析】
【小问1详解】
根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1mlN2转移6ml电子，根据电子守恒可知需要3mlNaClO，反应的化学方程式2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl，故答案为：2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl；
【小问2详解】
反应中氨氮去除效果最佳的从图象分析可知为去除率较高同时余氯量最少，图象中符合的比值为1.5，故答案为：1.5；
【小问3详解】
I．若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，则A为N2、B为NO、C为NO2、D为HNO3，则C→D的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
II．若A在常温下为非金属气态氢化物，B遇到空气变成红棕色，则A为NH3、B为NO、C为NO2、D为HNO3，则：①A到B的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②16g铜的物质的量为，与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO，反应方程式：3Cu+8HNO3= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，标准状况下NO的物质的量为，则消耗n(Cu)=0.06ml，剩余Cu的物质的量为0.25-0.06=0.19ml，向所得溶液中继续加稀硫酸至反应不能再进行，即剩余的铜完全反应，根据反应可知，溶液中有硝酸根离子，需要提供足量的氢离子形成硝酸，剩余0.19ml铜完全反应消耗硝酸的物质的量为0.5ml，即需要硫酸提供0.5ml的氢离子，则硫酸的物质的量为0.25ml；
III．若A为淡黄色晶体，D为二元强酸，则A为S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，将B直接通入BaCl2溶液不会产生白色沉淀，与另一种气体X一起通入则会产生白色沉淀，X可为NH3，则发生反应的化学方程式：SO2+2NH3+BaCl2+H2O=BaSO3↓+2NH4Cl，故答案为：NH3。
20. 草酸亚铁（FeC2O4·2H2O）可用于制备磷酸铁锂电池正极材料。实验室制备草酸亚铁并测定其组成的实验流程如下：
（1） “溶解”时加热的目的是_____________________；“沉铁”时将溶液煮沸并在不断搅拌下加入H2C2O4溶液，“不断搅拌”除可使反应物充分接触外，另一目的是_____________________。
（2） “过滤、洗涤”时，能说明沉淀已洗涤干净的依据是_____________________。
（3）按以下步骤可以测定产品中草酸根的质量分数。
①称取0.1600g草酸亚铁于锥形瓶中，加入25mL 2 ml·L－1的H2SO4溶液，加热至40~50℃，使样品溶解。
②用0.02000 ml·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液23.80mL。
[5C2O+ 2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O ；5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O]
③在②滴定后的溶液中加入足量Zn粉（2Fe3++Zn = 2Fe2++Zn2+）和5mL 2 ml·L－1 的H2SO4溶液，煮沸约10min。
④将滤液过滤至另一个锥形瓶中，用10mL 1 ml·L－1的H2SO4溶液洗涤锥形瓶，将全部Fe2+转移入锥形瓶中，再用0.02000 ml·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积8.00 mL。
（Ⅰ）测得的产品中n(Fe) ∶n(C2O) _________1∶1（填“>” “＝”或“<”）。
（Ⅱ）请计算产品中C2O的质量分数(写出计算过程)。______________
【答案】 ①. 促进溶解 ②. 防止溶液暴沸 ③. 取少许最后一次洗涤过滤液，向其中加入BaCl2溶液（用pH试纸检验），若无白色沉淀产生（pH等于7），说明已洗涤干净 ④. > ⑤. w(C2O42－) =×100%=43.45%
【解析】
【详解】（1）“溶解”时加热的目的是加快反应速率，促进溶解；由于反应是加热煮沸，所以“不断搅拌”除可使反应物充分接触外，另一目的是防止溶液暴沸。（2）沉淀表面含有硫酸根离子，所以 “过滤、洗涤”时，能说明沉淀已洗涤干净的依据是取少许最后一次洗涤过滤液，向其中加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净。（3）（Ⅰ）根据方程式可知n(C2O42－)＝×n(KMnO4)＝×[0.02000 ml·L－1×(23.80－8.00) mL×10－3L·mL－1]＝7.900 ×10－4 ml，n(Fe2+)＝5n(KMnO4)＝5×0.02000 ml·L－1×8.00) mL×10－3L·mL－1＝8.000 ×10－4 ml，所以测得的产品中n(Fe2+)∶n(C2O42－)＞1∶1；（Ⅱ）根据以上分析可知w(C2O42－)＝×100%=43.45%。A.配溶液
B.制氨气
C.称量
D.检验钾离子
a(干燥气体)
b(液体)
A
NO2
水
B
CO2
水
C
Cl2
饱和食盐水
D
NH3
1 ml·L－1盐酸
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