【文档说明】北京市交通大学附属中学2023-2024学年高一上学期期中考试+化学+含解析.docx，共(37)页，4.374 MB，由小赞的店铺上传

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北京交通大学附属中学2023—2024学年高一上学期期中练习化学试题本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Fe56第一部分选择题(共50分)在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合

题意。(每小题2分，共50分)1.下列变化中，与氧化还原反应无关．．的是A.食物的腐败B.钢铁的锈蚀C.钟乳石的形成D.燃料的燃烧A.AB.BC.CD.D2.2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火

星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅复合材料。碳化硅(SiC)属于A.单质B.化合物C.酸D.碱3.电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物．下列物质属于电解质的是（）A.CuB.K2SO4C.MgCl2

溶液D.NaOH溶液4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.硫酸钠溶液B.硫酸溶液C.氢氧化钾溶液D.氢氧化铁胶体5.下列电离方程式书写错误．．的是A.HNO3=H++NO3−B.KOH=K++OH-C.

Fe2(SO4)3=Fe32++3SO24−D.NH4NO3=NH4++NO3−6.下列说法中，正确的是A.CO2的摩尔质量为44gB.1molN2的质量是14gC.标准状况下,1molCO2所占的体积约是

22.4LD.将40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L7.下列行为不符合安全要求的是A.点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度B.大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往低处去C.做实验剩余的金属钠，没有丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中D.稀释浓硫酸时，将浓

硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌8.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是A.K+、Na+、3NO−、4MnO−B.K+、Na+、Br−、3CHCOO−C.2Mg+、Na+、Cl−、24SO−D.Na+、2Ba+、OH−、24SO−9.下列离子方程

式正确的是A.澄清的石灰水与盐酸反应222Ca(OH)2HCa2HO+++=+B.钠与水的反应22Na2HONa2OHH+−+=++C.铜片插入硝酸银溶液2CuAgCuAg+++=+D.大理石溶于醋酸233322CaCO2CHCOOHCa2CHCOOHOCO+−+=+++10.下列离子

方程式正确的是A.石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：2332HCOCaOHCaCOH=O−+−+++B.氢氧化钡溶液中加入硫酸氢钠溶液至中性：22442HSOBaOHBaSOHO+−+−+++=+C.氧化铜与稀硫

酸反应：222HO=HO+−+D.碳酸钠溶液与足量盐酸反应：2322CO2H=COHO−+++11.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，造成最终浓度偏低的原因可能是（）A.容量瓶事先未烘干B.定容时观察液面俯视C.定容时观察液面仰视D.定容后，摇匀时有少量液体流出12.下列溶液中溶质

的物质的量浓度为1mol·L-1的是A.将40gNaOH溶解在1L水中B.将1L10mol·L-1的浓盐酸加入9L水中C将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液D.将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL13.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是①标准状况

下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等③1L2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA⑤32gO2和O

3混合气体中含有原子数为2NAA.①②③⑤B.③④C.①③④D.①②③④14.溶液中只存在五种离子，各离子个数比为：Cl－∶2-4SO∶Fe3+∶K+∶M=2∶3∶1∶3∶1，(不考虑水的电离)，则M为A.23CO−B.Mg2+C.Na+D.Ba2+15.除去NaCl中混有的MgCl2、N

a2SO4时选用（）A.NaOH、Ba(NO3)2、Na2CO3、HClB.Ca(OH)2、Mg(NO3)2、Na2CO3、HClC.NaOH、BaCl2、Na2CO3、HClD.Na2CO3、BaCl2、HCl16.下列反

应属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是A.222Na2HO2NaOHH+=+B.22222NaO2HO4NaOHO+=+C.2222F2HO4HFO+=+D.2223SOHOHSO+17.在xR2++yH++O2＝mR3++nH2O的离

子方程式中，对m和R3+判断正确的是A.m＝4，R3+是氧化产物B.m＝2y，R3+是氧化产物C.m＝2，R3+是还原产物D.m＝y，R3+是还原产物18.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当N

O2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为A.1：9B.1：5C.1：7D.2：919.难溶物氢化亚铜(CuH)可用CuSO4溶液和“另一种反应物”在40℃~50℃时反应生成.CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；常温下跟盐酸反

应能产生气体，以下有关它的推断中不正确的是.A.“另一种反应物”一定具有氧化性B.CuH既可做氧化剂也可做还原剂C.2CuH+3Cl2点燃2CuCl2+2HCl↑D.CuH+HCl=CuCl↓+H2↑20.氮化铝(AlN)具有耐高温

、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：232AlON3C2AlN3CO+++高温下列叙述正确的是A.在氮化铝合成反应中，2N是还原剂，23AlO

氧化剂B.上述反应中每生成2molAlN，N失去6mol电子C.氮化铝中氮元素的化合价为-3D.氮化铝是氧化产物21.根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是①Cl2+2KI=I2+KCl②2FeCl

3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl③2FeCl2+Cl2=2FeCl3④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4A.Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2B.Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2C.Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2D.Cl2＞Fe3+＞SO2＞I222.下列离子检验方法正确的是A.某

溶液+AgNO3溶液→生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl-B.某溶液+BaCl2溶液→生成白色沉淀，说明原溶液中有24SO−C.某溶液+稀硫酸→生成无色气体，说明原溶液中有23CO−D.某溶液+稀盐酸→无现象+再加BaCl2溶液→生成白色沉淀，说明原溶液中有24SO−23.研究表明，氮氧化物和

二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述不正确的是A.雾和霾的分散质不同，分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.3NH是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关24.除去下列物质中的杂质所选用试剂或操作方法不正确的一组是的物质所含杂质除去杂质的试剂或方法AC

aOCaCO3稀盐酸BNa2CO3固体NaHCO3固体加热CNaHCO3溶液Na2CO3通入过量二氧化碳DCO2HCl通入饱和碳酸氢钠溶液进行洗气A.AB.BC.CD.D25.为检验某加碘食盐中是否含有3KIO，取相同食盐样品进行下表所示实验：已知：3242242KIO5

KI3HSO3I3KSO3HO++=++实验①实验②实验③振荡，溶液迅速变为蓝色振荡，一段时间后溶液变浅蓝色振荡，溶液变为浅黄色下列说法中正确的是A.仅由实验①就能证明食盐样品中存在3KIOB.以上实验说明离子的还原性：2IFe−+

C.实验③能证明食盐样品中不存在3KIOD.实验②中发生反应的离子方程式为2224IO4H2I2HO−+++=+第二部分非选择题(共50分)26.为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生如下反应：222NO2CO=N2CO++为（1）该反应中作还原

剂的物质是___________（2）若反应中消耗了0.2molNO，则生成2N的物质的量为___________mol，转移电子的物质的量为___________mol。27.阅读下面一段材料并回答问题。ZnO是锌的一种氧化物，不溶于水、乙醇，可溶于大多数酸、强碱等

，在浓氢氧化钠溶液中可生成22NaZnO。ZnO有着广泛的用途。它可用作白色颜料，俗称锌白，其优点是遇酸性气体2HS不变黑，因为生成的ZnS也是白色的。ZnO也可用于某些化工原料的脱硫，利用ZnO水悬浊液吸收2SO，再通入空气，最终可得到4ZnSO。ZnO具有收敛作用，可杀菌并且加速伤口愈合

，在医药上常调制成软膏。ZnO还是新一代的光电半导体材料，因其具有良好的抗辐射性能，可以在太空等环境应用。工业上有多种制备ZnO的方法，直接沉淀法是其中一种。该法是以可溶性锌盐和一水合氨(32NHHO)为原料，发生如下反应：232242NHHOZn=Zn(OH)2

NH++++；22Zn(OH)=ZnOHO+。用此法可以制得纳米级ZnO，其在磁、光、电、敏感性等方面具有普通ZnO无法比拟的特殊性能和新用途。（1）ZnO遇2HS发生反应的化学方程式是______

_____；ZnO用于工业脱硫最终生成4ZnSO的反应方程式为___________（2）下列说法正确的是___________A．ZnO可用作光电半导体材料B．用一水合氨制备ZnO的反应不是氧化还原反应C．纳米级ZnO和普通ZnO粒子大小不同，性能有所

不同28.某实验小组欲通过加热蒸发硝酸钾(3KNO)溶液的方法获得3KNO固体。已知3KNO固体在一定温度下能发生反应：3222KNO2KNOO=+。为了探究加热蒸发所得固体X中是否含有亚硝酸钾(2KNO)，小组同学设计并完成了以下实验。【查阅资料】ⅰ.2AgNO是微溶于水的白色

(略带黄色)固体ⅱ.3KNO、2KNO能在酸性条件下与KI反应，生成2I【实验过程】【分析解释】（1）在3222KNO2KNOO=+反应中，3KNO和2KNO属于___________(填“酸”或“碱”或“盐”)。（

2）N的原子结构示意图为___________。从化合价的角度预测，2KNO具有的性质是___________(填“氧化性”或“还原性”或“既有氧化性，又有还原性”)。（3）实验①中，观察到有少量白色沉淀生成，该白色沉淀____

_______（4）实验②中，观察到的现象是___________（5）实验③中，观察到新制氯水褪色，利用对比实验排除了稀释对溶液颜色变化的影响。补齐该反应的离子方程式。__________222NOClHO−++=□___________2Cl−++□___________。【

反思评价】（6）综合上述实验，甲同学得出以下结论。你认为甲同学所得结论正确的是___________a．从试管②中的现象可得出酸性条件下，氧化性：322NONOI−−b．试管①、③中的实验现象均可以证明固体X中含有2KNO29.研

究氯水的性质（1）2Cl和水反应的离子方程式为___________；2Cl与NaOH溶液反应的离子方程式为___________（2）将制得的2Cl溶于水得到氯水。在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列操作和现象不能得出相应结论的

是___________(填字母)。是操作现象结论a观察氯水颜色氯水呈黄绿色氯水中含2Clb向饱和3NaHCO溶液中加入足量氯水有无色气体产生氯水中含HClOc向红色纸条上滴加氯水红色纸条褪色氯水具有漂白性d向淀粉碘化钾试纸上滴加少量氯水试纸变蓝氯水具有氧化性（3）同

学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下曲线。结合化学反应反应方程式解释上两图中曲线变化

的原因___________。30.探究23NaCO和3NaHCO的相互转化。【实验1】加热碳酸氢钠固体，装置如下图所示。（1）利用上述装置可实现3NaHCO向23NaCO发生转化，试管中发生反应的化

学方程式为___________【实验2】分别向滴有2滴酚酞的3NaHCO和23NaCO溶液中滴加稀盐酸，实验记录如下：实验内容实验现象实验2-1溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。实验2-2开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐

渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪去，有大量气泡出现。（2）实验2-1中，反应的离子方程式是___________（3）实验2-2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是___________（4）通过上述实验，从物质组成上分析23NaCO转化为3NaHCO，用离子

方程式表示加入盐酸的作用是___________；碳酸也可实现上述转化，写出将2CO通入23NaCO溶液中发生反应的化学方程式：___________（5）探究NaCl转化为3NaHCO。资料ⅰ：物质NaCl3NaHCO43NH

HCO4NHCl20℃时的溶解度()2g/100gHO36.09.621.737.2资料ii：氨气(NH3)可与水发生反应，生成一水合氨(32NHHO)，一水合氨属于一种碱。向饱和NaCl溶液中通入足量2CO，无3NaHCO生成，是因为2CO在水中的溶解度不大

，溶液中()23HCOc小，且难以电离出大量的3HCO−，若向饱和NaCl溶液中先通入3NH，再通入2CO，在溶液中可析出3NaHCO晶体，该反应的化学方程式___________31.以废铁屑(含少量23FeO、Fe

S等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(42FeSO7HO)，流程示意图如下。（1）24HSO的电离方程式是___________（2）酸浸过程中，24HSO的作用是22FeS2H=FeHS++++、___________(用离子方程式

表示)。（3）测定所得硫酸亚铁晶体中2Fe+的含量，步骤如下：Ⅰ：称取ag硫酸亚铁晶体样品，配制成100mL溶液。Ⅱ：取出10mL溶液，加入适量稀硫酸，滴入1b?molL−的4KMnO溶液，至反应完

全共消耗4KMnO溶液c?mL。①Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___________；②Ⅱ中4MnO−氧化2Fe+离子方程式是___________；③计算硫酸亚铁晶体样品中2Fe+的质量分数_______

____。32.设计实验探究NO的氧化性。实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性23NaSO溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。资料：ⅰ.NO与碱性23NaSO溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为222NO−。ⅱ.Ag+与222NO−反应生成黄色沉淀。某同学认

为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：实验Ⅱ：取饱和24NaSO溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的3AgNO溶液，无明显变化。实验Ⅲ：（1）取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴

加5滴0.1mol/L的3AgNO溶液，___________(填实验现象)。上述实验证明NO有氧化性。（2）实验Ⅱ的目的是___________（3）写出NO与碱性23NaSO溶液反应的离子方程式___________的（4）一个氧化还原反应可以看成“氧化”和“还原”两个半反应，试用此角度分析

NO与碱性23NaSO溶液的反应。若还原反应为：2222NO2e=NO−−+，则氧化反应为：___________。（5）某同学结合所学知识设计处理工业废气中2SO和NO的实验方案，达到消除污染，保护环境的目的。①先用饱和纯碱溶液吸收废气

中的2SO，生成3NaHCO，写出该反应的离子方程式___________②再向生成的溶液中加入一定量___________，以此溶液来吸收NO气体。北京交通大学附属中学2023—2024学年高一上学

期期中练习化学试题本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Fe56第一部分选择题(共50分)在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。(每小题2分，共50分)1.下列变

化中，与氧化还原反应无关．．的是A.食物的腐败B.钢铁的锈蚀C.钟乳石的形成D.燃料的燃烧A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．食物的腐败发生氧化还原反应，A错误；B．钢铁的锈蚀发生氧化还原反应，B错误；C．钟乳石的形成不发生氧化还原反应，C正

确；D．燃烧为氧化还原反应，D错误；故选C。2.2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅复合材料。碳化硅(SiC)属于A.单质B.化合物C.酸D.碱【答

案】B【解析】【详解】A．单质中只含一种元素，SiC含有Si、C2种元素，故A错误；B．SiC是由Si、C2种元素组成的化合物，故B正确；C．电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸，SiC不能电离出氢离子，SiC不是酸，故C错误；D．电

离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱，SiC不能电离出氢氧根离子，SiC不是碱，故D错误；选B。3.电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物．下列物质属于电解质的是（）A.CuB.K2SO4C.MgCl2溶液D

.NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A、电解质必须是化合物，Cu是单质，故A错误；B、K2SO4的水溶液导电，K2SO4是电解质，故B正确；C、MgCl2溶液是混合物，故C错误；D、NaOH溶液是混合物，

故D错误。4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.硫酸钠溶液B.硫酸溶液C.氢氧化钾溶液D.氢氧化铁胶体【答案】D【解析】【分析】丁达尔效应是指当光束通过胶体时能从侧面看到一条光亮的通路，丁达尔效应是区分胶体和溶液最常用的简单方法。【详解】胶体粒子的微粒直径在1-100nm之

间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液；A硫酸钠溶液、B硫酸溶液、C氢氧化钾溶液均是溶液，D氢氧化铁胶体是胶体。故选D。5.下列电离方程式书写错误．．的是A.HNO3=H++NO3

−B.KOH=K++OH-C.Fe2(SO4)3=Fe32++3SO24−D.NH4NO3=NH4++NO3−【答案】C【解析】【分析】【详解】A．HNO3为强酸，属于强电解质，在水溶液中完全电离出氢离子和硝酸根离子，其电离方程式为HNO3=H+

+3NO−，故A正确；B．KOH为强碱，属于强电解质，在水溶液中或熔融状态下完全电离出钾离子和氢氧根离子，其电离方程式为KOH=K++OH-，故B正确；C．Fe2(SO4)3为盐，属于强电解质，在水溶液中或熔融状态下完全电离出铁离子和硫酸

根离子，其电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3++324SO−，故C错误；D．NH4NO3为盐，属于强电解质，在水溶液中或熔融状态下完全电离出铵根离子和硝酸根离子，其电离方程式为NH4NO3=4NH++3NO−，故D正确；答案为C。6.下列说法中，正确的是A.

CO2的摩尔质量为44gB.1molN2的质量是14gC.标准状况下,1molCO2所占的体积约是22.4LD.将40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L【答案】C【解析】【详解】A.二氧化碳的摩尔质量

为44g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B.1molN2的质量是=1mol×28g/mol=28g，故B错误；C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，1molCO2所占的体积约是22.

4L，所以C选项是正确的；D.40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。答案选C。7.下列行为不符合安全要求的是A.点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度B.大量

氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往低处去C.做实验剩余的金属钠，没有丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中D.稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌【答案】B【解析】【详解】A.可燃性气体在点燃前，应验纯，

以防发生爆炸；甲烷属于可燃物，故点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度，A正确；B.氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，B错误；C.块状的金属剩

余后应放回原试剂瓶，金属钠容易与空气中的氧气及水反应，反应放出热量，导致火灾发生，因此做实验剩余的金属钠，不能丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中，C正确；D.浓硫酸稀释放热，且浓硫酸的密度比水大，所以应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅

拌，D正确；故合理选项是B。8.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是A.K+、Na+、3NO−、4MnO−B.K+、Na+、Br−、3CHCOO−C.2Mg+、Na+、Cl−、24SO−D.Na+、2Ba+、OH−、24SO−【答案】C【解析】【详解】

A．4MnO−为紫红色，故A项错误；B．3CHCOO−在强酸性溶液中不能大量共存，会生成醋酸，故B项错误；C．2Mg+、Na+、Cl−、24SO−所有离子都可在强酸性溶液中大量共存，且均为无色离子，故C项正确；D．2Ba+、24SO−能生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D项错

误；答案为C。9.下列离子方程式正确的是A.澄清的石灰水与盐酸反应222Ca(OH)2HCa2HO+++=+B.钠与水的反应22Na2HONa2OHH+−+=++C.铜片插入硝酸银溶液2CuAgCuAg+++=+D.大理石溶于

醋酸233322CaCO2CHCOOHCa2CHCOOHOCO+−+=+++【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钙属于微溶物，澄清的石灰水在离子反应中应用离子形式表示，故澄清石灰水与盐酸反应的离子方程式应为OH-+H+=H2O，A错误；B．电荷不守恒，钠与水反应的离子

方程式应为2Na+2H2O=2Na＋+2OH-+H2↑，B错误；C．电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，C错误；D．大理石溶于醋酸生成醋酸钙、二氧化碳和水CaCO

3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，D正确。故选D。10.下列离子方程式正确的是A.石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：2332HCOCaOHCaCOH=O−+−+++B.氢氧化钡溶液中加入硫酸氢钠溶液至中性：22442HSOBaOHBaSOHO+−+−+++=+C.

氧化铜与稀硫酸反应：222HO=HO+−+D.碳酸钠溶液与足量盐酸反应：2322CO2H=COHO−+++【答案】D【解析】【详解】A．Ca(OH)2少量，Ca2＋和OH-按化学式中离子个数比参与反应，离子方程式为：23HCO−+Ca

2＋+2OH-=CaCO3↓+2H2O+23CO−，A错误；B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水，离子方程式为：2H＋+24SO−+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；C．氧化铜难溶，不能拆成离子，离子方程式为：2

H＋+CuO=H2O+Cu2+，C错误；D．碳酸钠溶液与足量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为：2322CO2H=COHO−+++，D正确；故答案选D。11.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，

造成最终浓度偏低的原因可能是（）A.容量瓶事先未烘干B.定容时观察液面俯视C.定容时观察液面仰视D.定容后，摇匀时有少量液体流出【答案】C【解析】【分析】根据c=nV进行分析。【详解】A.容量瓶事先未烘干，对实验结果没有任何影响，A项错误；B.定容时观察液面俯视，溶

液体积读数偏小，浓度偏高，B项错误；C定容时观察液面仰视，溶液体积读数偏大，浓度偏低，C项正确；D.定容后，摇匀时有少量液体流出，溶剂和溶质的量已固定，浓度不变，D项错误；答案选C。12.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L-1的是A.将40gNaOH溶解在1L水中B.将1L1

0mol·L-1的浓盐酸加入9L水中C.将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液D.将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL【答案】D【解析】【详解】A．将40gNaOH溶解在1L水中，溶

液的体积大于1L，所以c(NaOH)小于1mol/L，故A错误；B．将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中，混合溶液的体积不是10L，根据稀释定律可以知道混合液的物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C．22.4LHCl气体的物质的量不一定等于1mol，因此溶液中物质的量浓度

不一定是1mol/L，故C错误；D．10gNaOH的物质的量为0.25mol，溶液的体积为0.25L，因此溶液中物质的量浓度是1mol/L，故D正确；故选D。13.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是①标准状况下，11.2L以

任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等③1L2mol/L氯化镁溶液中含氯离子为4NA④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA⑤32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NAA.①②③⑤B.③④C.①③④D.①②

③④【答案】A【解析】【详解】①氮气和氧气都是双原子分子，标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气分子的物质的量为0.5mol，含有原子数为NA，故①正确；②同温同压下，气体的体积之比等于物质的量

之比，即体积相同的氢气和氩气物质的量相等，其所含分子.的数也相等，故②正确；③1L2mol/L的氯化镁的物质的量为2mol，氯化镁和氯离子物质的量之比为1:2，即该氯化镁溶液含氯离子4mol，氯离子为数目为4NA，故③正确；④标准状况下水不是气态，所以不能用气体摩尔体积计算，故④错误；⑤

若32g全部是O2，则n(O2)=1mol，所含原子数为1mol×2×NA=2NA，若32g全部是O3，则n(O3)=2/3mol，所含原子数为：2/3mol×3×NA=2NA，所以不管氧气和臭氧以何种比例混合的混合气体中含有原子数为2NA，故⑤正确，故选A。14.溶液中只存在五种离子，各离子

个数比为：Cl－∶2-4SO∶Fe3+∶K+∶M=2∶3∶1∶3∶1，(不考虑水的电离)，则M为A.23CO−B.Mg2+C.Na+D.Ba2+【答案】B【解析】【详解】根据电荷守恒可知M所带电荷数为2132133121+

−−=，即M带2个正电荷。又因为钡离子和硫酸根离子不能大量共存，所以M是Mg2+，答案选B。15.除去NaCl中混有的MgCl2、Na2SO4时选用（）A.NaOH、Ba(NO3)2、Na2CO3、HClB.Ca(O

H)2、Mg(NO3)2、Na2CO3、HClC.NaOH、BaCl2、Na2CO3、HClD.Na2CO3、BaCl2、HCl【答案】C【解析】【详解】NaCl中混有MgCl2、Na2SO4，除去Mg2+要用OH-，除去SO42-要用Ba2+，新引入的OH-要用H+除去，新引入

的SO42-要用CO32-除去，再引入的CO32-则用H+除去，故碳酸钠需在氯化钡之后加入，盐酸需在最后加入。答案选C。-16.下列反应属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是A.222Na2HO2NaOHH+=+B.22222NaO2HO4NaOHO+=+C.2222

F2HO4HFO+=+D.2223SOHOHSO+【答案】B【解析】【详解】A．222Na2HO2NaOHH+=+反应中，水中H元素化合价降低被还原，水作氧化剂，故A项不选；B．22222NaO2HO4NaOHO+=+反应中，N

a2O2中一半氧元素化合价降低，一半氧元素化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，H2O中元素化合价未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故B项选；C．2222F2HO4HFO+=+在反应中，O元素化合价升

高被氧化，H2O作还原剂，故C项不选；D．2223SOHOHSO+中元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故D项不选；答案为B。17.在xR2++yH++O2＝mR3++nH2O的离子方程式中，对m和R3+判断正确的是A.m＝4，R3+是氧化产物B.m＝2y，R3+是氧化产物

C.m＝2，R3+还原产物D.m＝y，R3+是还原产物【答案】A【解析】【详解】根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还

原产物，答案选A。18.Cu2S与一定浓度HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为A.1：9B.1：5C.1：7D.2：9【答案】C【解析】【详解】Cu2S与一定浓度的HNO3反应

中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2。令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6

-（-2）+1×2]=1mol×（5-4）+1mol×（5-2），解得n（Cu2S）=0.4mol。由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）-n（CuSO4）=2×0.4mol-0.4m

ol=0.4mol。由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol。所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3

）=0.4mol：2.8mol=1：7。答案选C。19.难溶物氢化亚铜(CuH)可用CuSO4溶液和“另一种反应物”在40℃~50℃时反应生成.CuH不稳定，易是的分解；CuH在氯气中能燃烧；常温下跟盐酸反应能产生气体，以下有关它的推断中不正确的是A.“另

一种反应物”一定具有氧化性B.CuH既可做氧化剂也可做还原剂C.2CuH+3Cl2点燃2CuCl2+2HCl↑D.CuH+HCl=CuCl↓+H2↑【答案】A【解析】【详解】A．CuSO4溶液和“另一种反应物”在40〜50°C时反应可生成CuH，反应中CuSO4的Cu元素化合价降低，则C

u被还原，所以“另一种反应物”具有还原性，故A错误；B．CuH中Cu的化合价为+1价，既可升高也可降低，CuH既可作氧化剂也可作还原剂，故B正确；C．CuH在氯气中能燃烧，发生氧化还原反应生成CuCl

2和HCl，故C正确；D．CuH中H的化合价为-1价，具有还原性，可与HCl反应生成H2，反应的方程式为CuH+HCl═CuCl+H2，故D正确；故答案为A。20.氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域

。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：232AlON3C2AlN3CO+++高温下列叙述正确的是A.在氮化铝的合成反应中，2N是还原剂，23AlO氧化剂B.上述反应中每生成2molAlN，N失去6mo

l电子C.氮化铝中氮元素的化合价为-3D.氮化铝是氧化产物【答案】C【解析】【详解】A．在氮化铝的合成反应中，N元素化合价由0价降低到-3价，2N是氧化剂，23AlO中元素化合价不变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；B．上述反应中N元素化合价由0价降低到-3价，每生成2molAlN，N

2得到6mol电子，故B错误；C．氮化铝中铝元素化合价为+3价、氮元素的化合价为-3，故C正确；D．结合选项A可知，氮化铝是还原产物，故D错误；答案选C。21.根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是①Cl2+2KI=I

2+KCl②2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl③2FeCl2+Cl2=2FeCl3④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4A.Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2B.Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2C.Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2D.Cl2＞Fe3+＞SO2＞I

2【答案】C【解析】【分析】在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，氧化剂＞还原剂，据此分析解答。【详解】在①Cl2+2KI=I2+KCl中，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，所以氧化性：Cl2＞I2；在反应

2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以氧化性：Fe3+＞I2；在反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以氧化性：Cl2＞Fe3+；

在反应④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中，氧化剂是I2，还原剂是SO2，所以氧化性：I2＞SO2，所以物质的氧化性由强到弱的顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2，故合理选项是C。22.下列离子检验方法正确的是A.某溶液+AgNO3溶液→生成白色沉淀

，说明原溶液中有Cl-B.某溶液+BaCl2溶液→生成白色沉淀，说明原溶液中有24SO−C.某溶液+稀硫酸→生成无色气体，说明原溶液中有23CO−D.某溶液+稀盐酸→无现象+再加BaCl2溶液→生成白色沉淀，说明原溶液中有24SO−【答案】D【解析】【详解】A．某溶液+AgNO3溶液→生成白色沉

淀，此沉淀可能为AgCl，也可能为Ag2CO3等，则原溶液中不一定有Cl-，A不正确；B．某溶液+BaCl2溶液→生成白色沉淀，此沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl等，则原溶液中不一定含有24SO−，B不正确；C．某溶液+稀硫酸→生成无色气体，此

气体可能为CO2，也可能为SO2，则原溶液中可能有23CO−、3HCO−，也可能有23SO−、3HSO−，C不正确；D．某溶液+稀盐酸→无现象，表明溶液中不含有Ag+、23CO−、23SO−等，再加BaCl2溶液→生成白色沉淀，则说

明原溶液中有24SO−，D正确；故选D。23.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述不正确的是A.雾和霾的分散质不同，分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.3NH是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】

C【解析】【详解】A．雾是一种气溶胶，而霾是由包含PM2.5在内的大量颗粒物漂浮在空气中形成的、不属于胶体，雾的分散质是细小的小水滴，分散剂是空气，霾的分散质是固体小颗粒，分散剂是空气，A项正确；B．由图示可知大气中的HNO3和H2S

O4分别与NH3反应生成的NH4NO3和(NH4)2SO4的固体颗粒物形成雾霾，B项正确；C．结合选项B可知，NH3是形成无机颗粒物时消耗的反应物而不是催化剂，C项错误；D．铵态氮肥在施用或保存过程中会产生NH3，雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D项正确；答案选C。24.除去下列物质中的杂质

所选用试剂或操作方法不正确的一组是物质所含杂质除去杂质的试剂或方法ACaOCaCO3稀盐酸BNa2CO3固体NaHCO3固体加热CNaHCO3溶液Na2CO3通入过量二氧化碳DCO2HCl通入饱和碳酸氢钠溶液进行洗气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．CaO中混有CaCO

3杂质，加入盐酸，二者都能与盐酸反应并生成CaCl2等，A不正确；B．Na2CO3固体中混有NaHCO3固体，加热后，NaHCO3分解生成Na2CO3固体，B正确；C．NaHCO3溶液中混入Na2CO3，通入过量二氧化碳后，Na2CO3转化为NaHCO3，C正确；D．CO2中混入HCl，将

混合气通入饱和碳酸氢钠溶液进行洗气，HCl溶解，CO2不溶并逸出，D正确；故选A。25.为检验某加碘食盐中是否含有3KIO，取相同食盐样品进行下表所示实验：已知：3242242KIO5KI3HSO3I

3KSO3HO++=++实验①实验②实验③振荡，溶液迅速变为蓝色振荡，一段时间后溶液变为浅蓝色振荡，溶液变为浅黄色下列说法中正确的是A.仅由实验①就能证明食盐样品中存在3KIOB.以上实验说明离子还原性：2IFe−+C.实验③能证明食盐样品中不存在3KIOD.实验②中发生反应的

离子方程式为2224IO4H2I2HO−+++=+【答案】D【解析】【分析】实验①加碘食盐中和碘化钾在硫酸的酸性条件下反应，因为产生碘单质，使淀粉变蓝色，证明加碘盐中含有氧化剂，可能为碘酸钾；实验②中没有加入食盐，但是淀粉依旧

变蓝，需要考虑空气的氧化性将碘离子氧化的可能；实验③的浅黄色是铁离子的颜色，亚铁离子被氧化剂氧化的结果，可以证明食盐中含有含有氧化性的离子。【详解】A．实验①中溶液迅速变为蓝色只能证明I-被氧化为I2，不能证明食盐样品中存在3KI

O，A错误；B．实验①和③中I-、Fe2+分别被氧化，现象上无法判断I-、Fe2+的还原性强弱，B错误；的C．实验③中溶液变为黄色说明食盐中可能含氧化性比Fe3+强的物质，因此不能排除食盐样品中存在3KIO的可能，C错误；D．实验②中没有加入食盐

，一段时间后淀粉溶液变为浅蓝色，需要考虑空气中氧气把I-氧化，发生反应的离子方程式2224IO4H2I2HO−+++=+，D正确；选D。第二部分非选择题(共50分)26.为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催

化转化器，发生如下反应：222NO2CO=N2CO++（1）该反应中作还原剂的物质是___________（2）若反应中消耗了0.2molNO，则生成2N的物质的量为___________mol，转移电子的物质的量为___________mol。【答案】26.CO或一氧化碳27.①.0.1②

.0.4【解析】【小问1详解】该反应中CO的+2价C由变为+4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂。【小问2详解】根据化学方程式可知，消耗2molNO生成氮气的物质的量为1mol，该反应中N元素化合价从+2变为0，消耗2molNO转移电子的物质的量为：2mol×(2

-0)=4mol；若反应中消耗了0.2molNO，则生成2N的物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol。27.阅读下面一段材料并回答问题。ZnO是锌的一种氧化物，不溶于水、乙醇，可溶于大多数酸、强碱等，在浓氢氧化钠溶液中可生成22NaZnO。ZnO有着广泛的用途。它

可用作白色颜料，俗称锌白，其优点是遇酸性气体2HS不变黑，因为生成的ZnS也是白色的。ZnO也可用于某些化工原料的脱硫，利用ZnO水悬浊液吸收2SO，再通入空气，最终可得到4ZnSO。ZnO具有收敛作用，可杀菌并且加速伤口愈合，在医药上常调制成软膏。ZnO还是新一代的光电半导

体材料，因其具有良好的抗辐射性能，可以在太空等环境应用。工业上有多种制备ZnO的方法，直接沉淀法是其中一种。该法是以可溶性锌盐和一水合氨(32NHHO)为原料，发生如下反应：232242NHHOZn=Zn(OH)2NH++++；22Zn(OH)=ZnOHO

+。用此法可以制得纳米级ZnO，其在磁、光、电、敏感性等方面具有普通ZnO无法比拟的特殊性能和新用途。（1）ZnO遇2HS发生反应的化学方程式是___________；ZnO用于工业脱硫最终生成4ZnSO的反应方程式为________

___（2）下列说法正确的是___________A．ZnO可用作光电半导体材料B．用一水合氨制备ZnO的反应不是氧化还原反应C．纳米级ZnO和普通ZnO粒子大小不同，性能有所不同【答案】（1）①.22ZnOHS=ZnSHO++②.2242ZnO2SOO2ZnSO+=+（2）AB

C【解析】【小问1详解】ZnO遇2HS不变黑，因为生成的ZnS也是白色的，则发生反应的化学方程式是22ZnOHS=ZnSHO++；ZnO水悬浊液吸收SO2，再通入空气，最终可得到4ZnSO，故ZnO用于工业脱硫最终生成4ZnS

O的反应方程式为2242ZnO2SOO2ZnSO+=+。【小问2详解】A．ZnO还是新一代的光电半导体材料，ZnO可用作光电半导体材料，A正确；B．用一水合氨制备ZnO的反应如下：()232422NHHOZnZnOH2NH+++=+；()

Δ22ZnOHZnOHO=+，反应中没有元素化合价改变，故用一水合氨制备ZnO的反应不是氧化还原反应，B正确；C．纳米级ZnO，其在磁、光、电、敏感性等方面具有普通ZnO无法比拟的特殊性能和新用途，故纳米级ZnO和普通ZnO粒子大小不同，性能有所不

同，C正确。选ABC。28.某实验小组欲通过加热蒸发硝酸钾(3KNO)溶液的方法获得3KNO固体。已知3KNO固体在一定温度下能发生反应：3222KNO2KNOO=+。为了探究加热蒸发所得固体X中是否含有亚硝酸钾(2KNO)，小组同学设计并完成了以下实验。【查阅资料】ⅰ.2AgNO是微溶于水

的白色(略带黄色)固体ⅱ.3KNO、2KNO能在酸性条件下与KI反应，生成2I【实验过程】【分析解释】（1）在3222KNO2KNOO=+反应中，3KNO和2KNO属于___________(填“酸”或“碱”或“盐”)。（2）N的原子结构示意

图为___________。从化合价的角度预测，2KNO具有的性质是___________(填“氧化性”或“还原性”或“既有氧化性，又有还原性”)。（3）实验①中，观察到有少量白色沉淀生成，该白色沉淀是___________（4）实

验②中，观察到的现象是___________（5）实验③中，观察到新制氯水褪色，利用对比实验排除了稀释对溶液颜色变化的影响。补齐该反应的离子方程式。__________222NOClHO−++=□___________2Cl−++□___________。【反思评价】（6）综合上述实验，甲同学得出

以下结论。你认为甲同学所得结论正确的是___________a．从试管②中的现象可得出酸性条件下，氧化性：322NONOI−−b．试管①、③中的实验现象均可以证明固体X中含有2KNO【答案】28.盐29.①.②.既有氧化性，又有还原性30.2AgNO31.溶液变蓝32.2223NOClHO=

NO2Cl2H−−−+++++33.b【解析】【小问1详解】3KNO和2KNO由金属阳离子和酸根离子组成，属于盐；【小问2详解】①N的原子结构示意图为；②2KNO中K为+1价，O为-2价，N的化合价是+3；N的最低化合价是-3，最高化合价是+5，2KNO中N处于中间价态，具有的性质是既有氧化性，又

有还原性；【小问3详解】试管②中，观察到有少量白色沉淀生成，该白色沉淀是2AgNO；【小问4详解】根据分析可知，试管②中，KI被氧化生成2I，观察到的现象是溶液变蓝；【小问5详解】氯气有氧化性，将2NO−氧化为3NO−，离子方程式为：2223NOC

lHO=NO2Cl2H−−−+++++；【小问6详解】a．能在酸性条件下与KI反应，生成2I，试管2中含有3NO−、2NO−，不能根据现象判断反应先后顺序，无法得到氧化性：322NONOI−−，a错误；b．试管①中白色沉淀是2AgNO，试管③中氯水褪色，均可以证明固体X中含有2K

NO，b正确；故选b。29.研究氯水的性质（1）2Cl和水反应的离子方程式为___________；2Cl与NaOH溶液反应的离子方程式为___________（2）将制得的2Cl溶于水得到氯水。在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列操作和现象不能

得出相应结论的是___________(填字母)。操作现象结论a观察氯水颜色氯水呈黄绿色氯水中含2Clb向饱和3NaHCO溶液中加入足量氯水有无色气体产生氯水中含HClOc向红色纸条上滴加氯水红色纸条褪

色氯水具有漂白性d向淀粉碘化钾试纸上滴加少量氯水试纸变蓝氯水具有氧化性（3）同学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感

器测定广口瓶中数据，得到如下曲线。结合化学反应反应方程式解释上两图中曲线变化的原因___________。【答案】（1）①.22ClHOHClHClO+−+=++②.22Cl2OHClClOHO−−−+=++（2）b（3）22HClO2HClO+光，2

O的量和溶液中的()cCl−均增加【解析】【小问1详解】2Cl和水反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为22ClHOHClHClO+−+=++；2Cl与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为22Cl2OHClClOHO−−−+=++。【小问

2详解】a．氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色，是因为溶解了氯气，故a能得出相应结论；b．向饱和3NaHCO溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故b不能得出相应结论；c．红色纸条褪色，说明

氯水具有漂白性，故c能得出相应结论；d．向淀粉碘化钾试纸上滴加氯水，试纸变蓝，说明生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，说明氯水具有氧化性，故d能得出相应结论；故答案选b。【小问3详解】HClO不稳定，在光照下可以分解：2HClO=光照

2HCl＋O2↑，次氯酸浓度降低，氧气的量增加、盐酸浓度增大、盐酸电离产生的氯离子浓度增大，则结合化学反应反应方程式解释上两图中曲线变化的原因为：2HClO=光照2HCl＋O2↑，2O的量和溶液中的()cCl−均增加。30.探究23

NaCO和3NaHCO的相互转化。【实验1】加热碳酸氢钠固体，装置如下图所示。（1）利用上述装置可实现3NaHCO向23NaCO发生转化，试管中发生反应的化学方程式为___________【实验2】分别向滴有2滴酚

酞的3NaHCO和23NaCO溶液中滴加稀盐酸，实验记录如下：实验内容实验现象实验2-1溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。实验2-2开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪

去，有大量气泡出现。（2）实验2-1中，反应的离子方程式是___________（3）实验2-2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是___________（4）通过上述实验，从物质组成上分析23NaCO转化为

3NaHCO，用离子方程式表示加入盐酸的作用是___________；碳酸也可实现上述转化，写出将2CO通入23NaCO溶液中发生反应的化学方程式：___________（5）探究NaCl转化为3NaHCO。资料ⅰ：物质NaCl3NaHCO43NHHCO4NHCl20℃时的

溶解度()2g/100gHO36.09.621.737.2资料ii：氨气(NH3)可与水发生反应，生成一水合氨(32NHHO)，一水合氨属于一种碱。向饱和NaCl溶液中通入足量2CO，无3NaHCO生成，是因为2CO在水中的溶解度不大，溶液中()23HCOc

小，且难以电离出大量的3HCO−，若向饱和NaCl溶液中先通入3NH，再通入2CO，在溶液中可析出3NaHCO晶体，该反应的化学方程式___________【答案】（1）323222NaHCONaCO+HOΔCO+（2）

322HCOHHOCO−++=+（3）溶液由红色变为浅红色（4）①.233CO+HHCO−−+=②.23223NaCOCOHO2NaHCO++=（5）32234NHCONaClHONaHCONHCl+

++=+【解析】【分析】(2)分别向滴有2滴酚酞的3NaHCO和23NaCO溶液中滴加稀盐酸，根据酚酞是否褪色、是否立即有大量气泡产生，可推测3NaHCO和23NaCO与稀盐酸反应的产物，结合实验现象可知，23NaCO与少量稀盐酸反应生成3NaHC

O，结合实验1，可见23NaCO与3NaHCO能相互转化。【小问1详解】NaHCO3具有热不稳定性，NaHCO3固体受热分解为Na2CO3、CO2和H2O，所以管中发生反应的化学方程式为：32322Δ2NaHCONaCO+HO=CO+。【

小问2详解】实验2-1中，3HCO−与H+结合生成CO2和H2O，反应物接触即产生气泡，反应的离子方程式是322HCOHHOCO−++=+。【小问3详解】Na2CO3水溶液碱性强，NaHCO3水溶液碱性弱，当溶液中红色变浅时，说明Na2CO3基本转化为NaHCO3，实验2-

2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是：溶液由红色变为浅红色。【小问4详解】通过上述实验，从物质组成上分析23NaCO转化为3NaHCO，时HCl提供H+与23CO−反应生成3HCO−，则用离子方程式表示

加入盐酸的作用是：233CO+HHCO−−+=；碳酸也可实现上述转化，CO2结合H2O形成H2CO3，碳酸提供氢离子后转变为碳酸氢根，则将2CO通入23NaCO溶液中发生反应的化学方程式：23223NaCOCOHO2NaHCO++=。【小问5详解】若向饱和NaCl溶

液中先通入3NH，再通入2CO，在溶液中可析出3NaHCO晶体，是因为：NH3与水形成NH3•H2O，再与过量CO2反应生成NH4HCO3，溶液中Na+与3HCO−结合形成溶解度相对更小的物质NaHCO3产生

晶体析出，则该反应的化学方程式32234NHCONaClHONaHCONHCl+++=+。31.以废铁屑(含少量23FeO、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(42FeSO7HO)，流程示意图如下。（1）24HSO的电离方程式是________

___（2）酸浸过程中，24HSO的作用是22FeS2H=FeHS++++、___________(用离子方程式表示)。（3）测定所得硫酸亚铁晶体中2Fe+的含量，步骤如下：Ⅰ：称取ag硫酸亚铁晶体样品，配制成100mL溶液。Ⅱ：取出10mL溶液，加入适量

稀硫酸，滴入1b?molL−的4KMnO溶液，至反应完全共消耗4KMnO溶液c?mL。①Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___________；②Ⅱ中4MnO−氧化2Fe+的离子方程式是___________；③计算硫酸亚铁晶体样品中2Fe+的质量分

数___________。【答案】（1）2244HSO2HSO+−+=（2）22Fe2HFeH+++=+、3232FeO6H2Fe3HO+++=+（3）①.100mL容量瓶②.22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++=++③.2.8bc

a【解析】【分析】向废铁屑(含少量23FeO、FeS等杂质)中加入硫酸酸浸，发生的反应有2442FeHSO=FeSOH++、+3+232FeO+6H=2Fe+3HO=、3+22Fe+Fe3Fe=＋、22FeS2

H=FeHS++++；得到硫酸亚铁溶液；经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体42FeSO7HO【小问1详解】24HSO在水中完全电离出H+和24SO−，电离方程式是2244HSO2HSO+−+=。【小问2详解】酸浸过程中发生的反应有2442FeHSO=FeSOH++、+

3+232FeO+6H=2Fe+3HO=、3+22Fe+Fe3Fe=＋、22FeS2H=FeHS++++；故答案为：22Fe2HFeH+++=+、3232FeO6H2Fe3HO+++=+。【小问3详解】①Ⅰ中要配制成100mL溶液配制溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL

容量瓶；②Ⅱ中4MnO−氧化2Fe+得到锰离子和铁离子，反应中铁元素从+2价升高到+3价、锰元素从+7价降低到+2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：离子方程式是22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++=++；③结合离子方程式22342MnO5F

e8HMn5Fe4HO−++++++=++，消耗1bmolL−的4KMnO溶液mLc，硫酸亚铁溶液中2Fe+的物质的量浓度为2()Fe=c＋1150molLL=0.5molLLm1mbcbc−−，硫酸亚铁晶体样品中2Fe+的质量分数为10.1

L56g/mol100%=0.5Lgmolabc−2.8bca或280%bca。32.设计实验探究NO的氧化性。实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性23NaSO溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。资料：ⅰ.NO与碱性23NaSO溶液会发生氧化还原反应，NO被还

原为222NO−。ⅱ.Ag+与222NO−反应生成黄色沉淀。某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：实验Ⅱ：取饱和24NaSO溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的3AgNO溶液，无明显变化。实验Ⅲ：（1）取少量实验Ⅰ反应后集气瓶

中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的3AgNO溶液，___________(填实验现象)。上述实验证明NO有氧化性。（2）实验Ⅱ的目的是___________（3）写出NO与碱性23NaSO溶液反应的离子方程式_________

__（4）一个氧化还原反应可以看成“氧化”和“还原”两个半反应，试用此角度分析NO与碱性23NaSO溶液的反应。若还原反应为：2222NO2e=NO−−+，则氧化反应为：___________。（5）某同学结合所学知识设计处理

工业废气中2SO和NO的实验方案，达到消除污染，保护环境的目的。①先用饱和纯碱溶液吸收废气中的2SO，生成3NaHCO，写出该反应的离子方程式___________②再向生成的溶液中加入一定量___________，以此溶液来吸收NO气体。

【答案】（1）出现黄色沉淀（2）排除24SO−对Ag+检验222NO−的干扰（3）222322422OH2NOSONOSOHO−−−−++=++（4）22342SO2OH2eSOHO−−−−+−=+（5）①.2223233SO2COHO=2H

COSO−−−+++②.NaOH【解析】【分析】某小组通过实验探究NO的某些性质，用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性23NaSO溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升，23SO−的氧化产物为硫酸根离子，NO被还原为222NO−，检验反应产物时，要排除硫酸根离子等的干扰，以此

解答。【小问1详解】取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的3AgNO溶液，根据信息：Ag+与222NO−反应生成黄色沉淀、结合分析可知，实验现象为：出现黄色沉淀。【小问2详

解】银离子能与硫酸根离子产生沉淀，再利用信息：Ag+与222NO−反应生成黄色沉淀，则实验Ⅱ的目的是：排除24SO−对Ag+检验222NO−的干扰。【小问3详解】据分析，NO与碱性23NaSO溶液反应生成222NO−、24SO−和H2O，反应中，氮元素从+2价升高到+

1价、硫元素从+4价升高到+6价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得离子方程式222322422OH2NOSONOSOHO−−−−++=++。【小问4详解】氧化反应为：23SO−的氧化产物为硫酸根离子，硫元素化合价升高，结合守恒可

知相应的离子方程式为22342SO2OH2eSOHO−−−−+−=+。【小问5详解】某同学结合所学知识设计处理工业废气中2SO和NO的实验方案，达到消除污染，保护环境的目的。①先用饱和纯碱溶液吸收废气中的2SO，生成3NaHCO，则同时生成亚硫酸钠，该反应的离子方程

式：2223233SO2COHO=2HCOSO−−−+++。②根据资料ⅰ可知：应再向生成的溶液中加入一定量NaOH，以此溶液来吸收NO气体。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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