【文档说明】江西省吉安市第一中学2022-2023学年高一上学期1月期末化学试题 含答案.docx，共(11)页，1005.149 KB，由小赞的店铺上传

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吉安一中2022—2023学年度上学期期末考试高一化学试卷命题人：审题人：备课组长：一．单选题（每小题3分，共30分）1．中国传统文化对人类文明资献巨大，下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是A．我国古代四

大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按照一定比例混合而成，爆炸时发生氧化还原反应B．《天工开物》中记载了火法炼锌的工艺，冶炼过程中锌元素被还原C．西汉时期的(淮南万毕术)中有“曾青得铁，则化为铜”的记载，所涉及的化学反应为：Fe+C

uSO4=FeSO4+CuD．《论衡》中有“司南之杓，投之于地，其柢指南”，“杓”所用的材质为FeO2．下列各项说法正确的是A．“84”消毒液的有效成分是NaClOB．SO2具有漂白性，可用于加工食品，使食品增白C．可以用酒精萃取碘水中碘单质D

．SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中不能产生白色沉淀3．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4中所含的原子数为5NAB．28gN60（分子结构如图所示）中含有的N-N数目为1.5NAC．0℃1.011

05Pa时，11.2L氧气中所含的原子数为NAD．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移电子数为0.3NA4．亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH＋H2===LiNH2＋L

iH。下列有关说法错误的是()A．Li2NH中N的化合价是－3B．1molH2参与反应，还原产物比氧化产物多15gC．该反应中H2既是氧化剂又是还原剂D．1molH2参与反应时有1mol电子发生转移5．下列说法正确的是()A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别

属于酸、碱、盐和氧化物B．溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应C．常温下可以用铝或铁制容器贮存浓硝酸和浓硫酸D．用焰色反应鉴别NaCl溶液和24NaSO溶液6．下列说法正确的是（）A．Fe2+、Mg2+、Cl﹣、

NO3﹣能大量共存于pH=0的溶液中B．1L浓度为lmol•L﹣1的NH4Cl溶液中含有NA个NH4+C．除去NO中混有的少量NO2，可将混合气体通过盛有水的洗气瓶，再用排空气法收集NOD．反应MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2

O中，每析出12.8gS共转移0.8mol电子7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24L乙醇中碳氢键的数目为0.5NAB．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC．0.1molKI与0.1molFe

Cl3在溶液中反应转移的电子数为0.2NAD．0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA8．已知()--2-23233AlO+HCO+HO=AlOH+CO。某固体粉末X中可能含有等物质的量的Fe2O3、Fe

3O4、NaHCO3、Na2CO3、Na2S2O3、NaAlO2中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：下列说法正确的是A．固体甲一定含有Fe3O4，可能含有Fe2O3B．固体粉末X中一定含有Na2S2O

3、NaAlO2，可能含有NaHCO3C．气体乙和气体丙都为纯净物D．溶液甲中一定含有2AlO−，可能含有2-3CO9．对于下列实验，不能达到实验目的的是A．用甲装置验证二氧化硫的氧化性B．用乙装置验证氧化性：Cl2>Fe3+>I2C．用丙装置验证稀

硝酸的还原产物为NOD．用丁装置检验SO2中是否混有CO210．聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份。一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白

沉淀1.7475g．另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.02000mol·L-1K2Cr2O7标准溶液反应至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b的比值为(已知：Cr2O27−+Fe2+

+H+→Cr3++Fe3++H2O，未配平)。A．2∶1B．3∶1C．4∶5D．1∶1二、不定项选择题(每题1-2个正确选项，每小题4分，共20分)11．下列生产过程不涉及氧化还原反应的是A．高炉炼铁B．工业制硫酸C．用3

NH、2CO和饱和食盐水制备纯碱D．海水提溴12．下列关于硫的化合物的有关说法错误的是A．H2S的稳定性及沸点均弱于H2OB．冷的浓硫酸使Fe、Al钝化，体现的是浓硫酸的强氧化性C．SO2通入紫色石蕊试液中可使紫色石蕊试液先变红后褪色D．向S的含氧酸盐溶

液中加入稀硫酸，不可能既生成沉淀又生成气体13．某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为（）A．Na+B．Fe3＋C．NO3－D．Mg2+14．由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净

水剂的流程如下。下列有关说法不正确．．．的是A．控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率B．23AlO与稀硫酸反应的离子方程式：3232AlO6H2Al3HO+++=+C．滤渣成分为2SiOD．聚合硫

酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用15．将一定量的氯气通入50mL10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是A．若反应中转移的电子为nmol，则0.25<n<0.5B．溶液

中n(NaCl)∶n(NaClO)：n(NaClO3)可能为6∶1∶1C．与氢氧化钠反应的氯气的物质的量：0.25mol<n(Cl2)<0.75molD．当溶液中n(NaClO)：n(NaClO3)=5∶1时，反应的离子方程式

为8Cl2+16OH-=10Cl-+5ClO-+-3ClO+8H2O三、填空题（除标注外每空1分，共50分）16．(1)8.8gCO2在标准状况下的体积为____L，其中含氧原子的物质的量为___mol。(2)4.8g甲烷(CH4)与标准状况下_____L氨气(NH3)含有相同

数目的氢原子。(3)等质量的SO2和SO3所含的硫原子个数之比为______，同温同压下的密度之比为______。(4)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl-，A的相对原子质量是________。(5)用10mL的0.1mol·L-1BaCl2溶液恰好

可使相同体积的Al2(SO4)3和K2SO4两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则两种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是________。17．查阅资料得知：海绵铜主要成分是Cu，CuCl是一种微溶于乙醇，难溶于水的白色固体，在潮湿的空气中

易转化为Cu2(OH)3Cl。全科免费下载公众号-《高中僧课堂》(1)下图是某化工厂制备氯化亚铜的流程：①“溶解”步骤主要反应的离子方程式为_____；②醇洗的目的是______；③已知常温下Cu(OH)2溶度积常数Ksp=2

×10-20，要使21c(Cu)=0.2molL+−的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的-510)则应调节溶液pH为______以上。(2)已知次磷酸(H3PO2)是一元中强酸。①次磷酸钡是一种溶于水的强电解质，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，写出

反应的离子方程式：______；②H3PO2可将溶液中的Ag+还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物。0.1molH3PO2能还原出金属银______g；18．某学习小组对SO2使溶液褪色的机理进行探究。I．SO2气体的制备和性质

初探(1)装置A中发生反应的化学方程式____________。(2)装置B中的试剂x是____________。(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，得出C中溶液褪色的原因是____________。II．小组同学通过实验继续对D中品红溶

液褪色进行探究。(4)探究使品红褪色的主要主要微粒（分别取2mL试剂a，滴加2滴品红溶液）装置序号试剂a实验现象i0.1mol/LSO2溶液(pH=2)红色逐渐变浅，之后完全褪色ii0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)红色立即变浅，之后完全褪色iii0.1mol/L

Na2SO3溶液(pH=10)红色立即褪色ivpH=2H2SO4溶液红色无明显变化v试剂a红色无明显变化①实验iii中Na2SO3溶液显碱性的原因_____________(结合化学用语分析解释)。②对比实验iii和v，可以排除在该实验条件下

OH-对品红褪色的影响，则试剂a可能是__________溶液。查阅资料：品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应前后物质如下：③通过上述实验探究并结合资料，小组同学得出结论：一是使

品红溶液褪色的主要微粒是________；二是品红溶液中颜色变化主要与其分子中的________结构有关。(5)验证SO2使品红褪色反应的可逆性①甲同学加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，红色恢复，从化学平衡移动．．．．．．角度解释红色恢复的原因__________。②乙同

学向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，生成白色沉淀，溶液变红。写出生成白色沉淀的离子方程式___________。③丙同学利用SO2的还原性，运用本题所用试剂．．．．．．．．，设计了如下实验，证实了SO2

使品红褪色反应的可逆：则试剂Y是__________。19．I．金属的冶炼和处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用热还原法的是___________(填标号)。A．23FeOB．NaC

lC．HgOD．23AlOII．工业上由黄铜矿(主要成分为2CuFeS，其中Cu、Fe均为2+价)冶炼铜的主要流程如下：(2)火法炼铜的主要反应有：步骤①：()22228002CuFeS4OCuS+3SO2FeO++℃炉渣；步骤②：22221200

2CuS3O2CuO2SO++℃；___________。步骤①的反应中转移1.8mol电子时，被还原的2O分子数为___________AN；步骤②中发生两步反应，铜产物(2CuS、2CuO)在1200℃条件下发生反应生成单质铜，请写出相应的化学方程式：_

__________。(3)由1mol2CuFeS生成1molCu，理论上共消耗___________mol2O。(4)气体A中的大气污染物可选用___________(填标号)吸收。a．浓24HSOb．稀3HNOc．NaOH溶液(5)炉渣B的主要成分是FeO、23AlO、2

SiO，为了得到铁红，加入盐酸溶解后，过滤，滤清的主要成分为___________(填化学式)，对滤液进行处理最终得到铁红的过程中不可能涉及的步骤是___________(填标号)。①氧化②还原③灼烧①加碱20．四氧化三铁纳米微粒可用于涂料、油墨、

隐身材料、磁记录、电极材料、催化剂等多领域，实验室可用如下的方法来制备这种材料并进行检测。Ⅰ．制备（1）溶解、沉淀操作中不断通入氮气有两个作用：①是通过在反应过程中通入气体形成微型气泡，将刚生成的四氧化三铁微粒包围，来阻止微粒

的长大或聚集成团；②________。（2）操作Ⅲ的名称是______________。Ⅱ．产品检测一、定性检测：产品中铁元素价态检测试剂主要有：3mol/L硫酸、0.1mol/L氢氧化钠溶液、20%硫氰化钾溶液、0.01mol/L酸性高锰酸钾溶液、氯水（其它用品任

选）（3）请选用上述试剂完成下表步骤操作现象、结论1取一定量3mol/L硫酸溶液于试管中，加热煮沸去除溶解氯气2取少量产品于试管中加适量步骤1处理好溶液溶解，配成溶液固体溶解，溶液呈浅黄色3取少量步骤2配好溶液于试管中，滴加几滴20%硫

氰化钾_____，产品含有Fe3+溶液，振荡4_________________________________，产品含有Fe2+二、定量测定：称取23.2g样品于烧杯中，加入加热煮沸后的稀硫酸充分溶解，并不断加热

、搅拌，待固体完全溶解后，向所得溶液中加入10.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6g。取滤液体积的1/10用浓度为0.200mol·L－1的酸性KMnO4滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积29.

80mL。(4)产品中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为__________。III．结果讨论（5）产品中Fe3+和Fe2+的物质的量之比略大于2：1的可能原因是___________。1．D【详解】A．黑火药是

由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按照一定比例混合而成，爆炸时黑火药发生燃烧爆炸，发生氧化还原反应，故A不选；B．冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C高温Zn+3CO↑，还原剂是C，锌元素被还原，故B不选；C．“曾青得铁，则化为铜”所涉及的化学反应为：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu,属于置换反应，

故C不选：D．《论衡》中有“司南之杓，投之于地，其柢指南”，“杓”所用的材质为Fe3O4，故D选；故选D。2．A【详解】A.NaClO是“84”消毒液的有效成分，故A正确；B．因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食

品，故B错误；C．酒精能与水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘单质，故C错误．D．将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，故D错误；故选A。3．C【详解】A.标准状况下，CCl

4为液体，无法计算22.4LCCl4中所含的原子数，A错误；B.根据分子结构图可知，一个氮原子平均1.5条键，28gN60即含有2mol氮原子，含有的N-N数目为3NA，B错误；C.0℃1.01105Pa时，11.2L氧气即0.5mol，所含的原子数为NA，C正确；D.常

温下，5.6g铁的物质的量为0.1mol，投入足量的稀硫酸中，充分反应，生成亚铁离子，转移电子数为0.2NA，D错误；答案为C。4．B【分析】Li2NH中H元素的化合价是+1，氮元素的化合价为-3；LiNH2中氮元素的化合价为-3

，H元素的化合价是+1；LiH中H元素的化合价是-1，可以从化合价变化的角度来判断氧化还原反应的有关概念。【详解】A、Li2NH中锂与氢元素均为＋1价，N的化合价是－3价，故A正确；B、LiNH2中氢元素是＋1价而LiH中氢元素是－1价，故LiNH2是氧化产物，LiH是还原产物，故

1molH2参与反应，还原产物比氧化产物少15g，故B错误；C、反应中H2中氢元素一部分化合价升高，一部分化合价降低，故H2既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D、反应中只有H2中氢元素化合价发生了变化，故当有1molH2参与反应时有1mol电子发生转移，故D

正确。故选B。5．C【详解】A．酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子（铵根）和酸根离子构成的化合物；两种元素组成的化合物，其中一种是氧元素的称为氧化物，硫酸是酸，纯碱是盐，醋酸钠是盐，生石灰是氧

化物，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别分散质粒子直径的大小，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，分散质微粒直径为1nm100nm−形成的分散系为胶体，故B错误；C．常温下，铝或铁遇到浓硫酸或浓硝酸发生氧化反应在金属的表现生成了一层致密的氧化膜，保护了内部金属不再被氧化，

故C正确；D．NaCl溶液和24NaSO溶液中都含有钠元素，焰色反应都呈黄色火焰，不能用焰色反应鉴别，故D错误；答案选C。【点睛】胶体和溶液的本质区别分散质粒子直径的大小，区分溶液和胶体的方法是丁达尔效应。6．D【详解】A、pH=0说明溶液显酸性，HNO3

会氧化Fe2+，3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO，故错误；B、因为NH4+会发生水解，NH4++H2O=NH3·H2O+H+，所以溶液中NH4+小于NA个，故错误；C、NO会和空气中的O2

反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，故不能用排空气法收集，故错误；D、生成32g的硫转移2mol的电子，每析出12.8gS沉淀，12.8g÷32g×2mol电子，即共转移0.8mol电子，故D正确。7．D【详解】A．标准状况下，乙醇是

气体，无法计算2.24L乙醇的物质的量，所以无法计算碳氢键的数目，A不正确；B．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中仅硫酸根中含有的氧原子数就有0.4NA，溶液中还有大量的水，水分子中也有氧原子，氧原子总数远远大于0.4NA，B不正确；C．碘化钾与氯化铁反应的离子方程式

为2I-+Fe3+=I2+2Fe2+，电子转移数为2，所以0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应，转移0.1NA的电子，C不正确；D．物质的量相同时，乙烯和乙醇完全燃烧的耗氧量是相同的，都是3mol，所以0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA，D正确

；本题选D。8．D【分析】溶液乙中加入足量(NH4)2CO3，生成沉淀、气体等，则乙中一定含有Al3+，固体甲中含有NaAlO2；溶液甲中加入足量盐酸，生成的沉淀乙应为S，气体乙中一定含有SO2，则溶液甲中含有223SO−，固体X中含有Na2S2O3；由反应()--2-23233AlO+HCO+

HO=AlOH+CO可知，X中一定不含有NaHCO3。固体甲中加入足量稀盐酸，得溶液丁，丁中含有HCl，能将KMnO4还原，所以固体甲不一定具有还原性。【详解】A．由分析可知，固体甲与盐酸反应的产物不一定具有还原性，所以固体甲中不一定含有Fe

3O4，A不正确；B．固体粉末X中不可能含有NaHCO3，否则会与NaAlO2反应而生成Al(OH)3沉淀，致使溶液乙中不含有Al3+，无法发生后续反应，B不正确；C．气体乙可能为SO2，也可能是SO2与CO2的混合物，C不正确；D．由分析知，固体X中含有Na2S2O3，一定不含有Na

HCO3，但可能含有Na2CO3，D正确；故选D。9．B【详解】A．二氧化硫和硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫体现氧化性，A正确；B．乙中右侧试管中四氯化碳呈现紫红色，说明有碘单质生成，但是可能是氯气和碘化钾反应生成的碘单质，B错误；C．稀硝酸与碳酸钙反应生

成硝酸钙、二氧化碳和水，二氧化碳可以排出装置中的氧气，再将铜丝伸入，即可验证稀硝酸的还原产物为一氧化氮，C正确；D．首先用高锰酸钾除掉二氧化硫，之后用品红检验二氧化硫是否除净，此时如果澄清石灰水变浑浊，则可以证明混有二氧化碳，D正确；故选B。10．

A【分析】加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O27−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，据此分析解答。【详解】n(SO2-4)=1.7475

g233g/mol=0.0075moln(K2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol根据氧化还原反应的规律，Cr2O27−+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O配平得：Cr2O27−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2On

(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol由电荷守恒可知n(OH-)+n(SO2-4)×2=n(Fe3+)×3，解得：n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol因此a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1，故选A。11．C【详解】A．高炉

炼铁中的一步重要反应为铁矿石被还原为铁，该反应是氧化还原反应，故A不符合题意；B．工业制硫酸中二氧化硫的生成及二氧化硫氧化生成三氧化硫的反应均为氧化还原反应，故B不符合题意；C．用3NH、2CO和饱和食盐水制备纯碱发生的反应为：NaCl+NH3+H2O+CO2

=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑，可知反应不是氧化还原反应，故C符合题意；D．海水提溴中的一步重要反应为将Br-氧化为Br2，反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，该反应是氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。12．C

D【详解】A．氧元素的非金属性强于硫的，所以H2O的稳定性强于H2S的，H2S常温下为气态，水常温下为液态，水分子间存在氢键，所以水的沸点更高，故A正确；B．浓硫酸具有强氧化性，能使Fe、Al钝化，故B正确；C．SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3能使紫色石蕊试液变

红，但不能使紫色石蕊试液褪色，故C错误；D．S2O2-3与稀硫酸反应，既可生成沉淀S，又生成气体SO2，故D错误；选CD。13．D【详解】因溶液不显电性，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知，2×1+1×2=1×2+x×1，解得x=+2，则只有Mg2＋符合，

故选D。14．C【分析】由流程可知，加硫酸发生Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、CaO+2H++2-4SO=CaSO4↓+H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O或FeO+2H+=Fe2++H2O或Fe3O4

+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，加过氧化氢可氧化亚铁离子，过滤分离出滤渣为硅的氧化物SiO2和CaSO4，滤液含H+、Fe3+、Ca2+、Al3+，对滤液加热聚合，进一步得到聚合硫酸铁铝，以此来解答。【详解】A．控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有

利于提高铁、铝浸取率，A正确；B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B正确；C．由分析可知，滤渣成分为SiO2和CaSO4，C错误；D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D正确；故答案为：C

。15．BD【详解】()NaOH10.00mol/L0.05L0.5moln==，则A．氯气和NaOH反应有222NaOHClNaClNaClOHO+=++、2326NaOH3Cl5NaClNaCl

O3HO+=++，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.5molNaOH消耗20.25molCl，生成0.25molNaCl转移电子的物质的量为0.25mol；当生成NaCl和3NaClO时，0.5molNaOH消耗20.25molCl，生成0.42

molNaCl转移电子的物质的量为0.42mol，所以如果反应中转移的电子为nmol，则0.25n0.42，故A错误；B．令()NaCl6moln=，()NaClO1moln=，()3NaClO1moln=，生成NaCl获得的电子为6mol16mol=，生成NaClO、3NaClO失去的

电子为1mol11mol56mol+=，得失电子相等，故B正确；C．若氯气和NaOH只发生反应222NaOHClNaClNaClOHO+=++，则消耗氯气为0.25mol，若只发生反应2326NaOH3Cl5NaClNaClO3HO+=++，消耗的氯气为0.

25mol，所以与NaOH反应的氯气物质的量为0.25mol，故C错误；D．当溶液中()NaClOn∶()3NaClO5n=∶1时，则Cl原子失去的电子数为10，生成NaCl得到的电子数为1，所以NaCl的计量数为10，反应的离子方

程式为：2328Cl16OH10Cl5ClOClO8HO−−−−+=+++，故D正确；故答案选D。16．4.48L0.4mol8.965:44:5241:3【详解】(1)8.8gCO2：28.8g(CO)0.2mol44g/moln==，在标准状况下的体

积为22(CO)(CO)0.2mol22.4L/mol=4.48LVnVm==，其中含氧原子的物质的量为22(CO)20.2mol=0.4moln=。(2)含有相同数目的氢原子，则氢原子的物质的量相同，

4.8g甲烷(CH4)：44.8g(CH)0.3mol16g/moln==，其中含氢原子的物质的量为44(CH)40.3mol=1.2moln=，则氨气的物质的量：3(H)1.2mol(NH)0.4mol33nn===，标准状况下氨气(NH3)的体积：33(NH)(NH)

0.4mol22.4L/mol=8.96LVnVm==。(3)等质量的SO2和SO3所含的硫原子个数之比：AAm564g/molm480g/molNN=，故答案为5:4，同温同压下的密度之比为摩尔质量之比，故比值为4:

5。(4)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl-，则ACl2的物质的量为0.2mol，222(ACl)19g(ACl)95g/mol(ACl)0.2molmMn===，则ACl2的相对

分子质量为95，A元素的相对原子质量为24。(5)用10mL的0.1mol·L-1BaCl2溶液恰好可使相同体积的Al2(SO4)3和K2SO4两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则两种硫酸盐溶液所含的硫

酸根离子物质的量、物质的量浓度相同，()()224431[AlSO]SO3cc−=，()2244(KSO)SOcc−=，故Al2(SO4)3和K2SO4物质的量浓度之比是1:3。17．+-2+323Cu+

8H+2NO=3Cu+2NO+4HO除去氯化亚铜表面的水，防止潮湿的氯化亚铜在空气中被氧化为Cu2(OH)3Cl72+-+2-224324Ba+2HPO+2H+SO=2HPO+BaSO43.2【分析】用NaNO3和稀H2SO4混

合液溶解海绵铜，硝酸根在酸性条件下有氧化性，主要是反应为+-2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4HO，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入Na2SO3、NaCl在溶液中反应：2Cu2++2-3SO+

2Cl-+H2O=2CuCl↓+2-4SO+2H+，过滤得到CuCl的粗产品，经水洗，再用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，即可干燥得到纯净的CuCl，由此分析。【详解】①用NaNO3和稀H2SO4混合液溶解海绵铜，硝酸根在酸性条件下有氧化

性，“溶解”步骤主要反应的离子方程式为+-2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4HO；②CuCl微溶于乙醇，乙醇具有挥发性，醇洗的目的是除去氯化亚铜表面的水，防止潮湿的氯化亚铜在空气中被氧化为Cu2(OH)3Cl；③根据常温下Cu(OH)2溶度积常数Ksp=2×10-20，c(Cu2+

)=-51100.2molL−=2×10-6mol/L，Ksp=c(Cu2+)c2(OH-)=2×10-6mol/L×c2(OH-)，解得c(OH-)=10-7mol/L，c(H+)=1471010−−=10-7mol/L，则应调节溶液pH为7以上；(2)

①次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，次磷酸钡是一种溶于水的强电解质，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，根据强酸制弱酸，反应的离子方程式：2+-+2-224324Ba+2HPO+2

H+SO=2HPO+BaSO；②H3PO2可将溶液中的Ag+还原为银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物是磷酸，离子方程式为：4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+，1molH3PO2能还原出金属银4mol，0.1molH3P

O2能还原出金属银0.4mol，质量m=nM=0.4×108g/mol=43.2g。18．Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O饱和NaHSO3溶液SO2具有还原性，与I2发生氧化还原反应，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使碘水的黄色褪去。SO32-在溶

液发生水解，SO32-+H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性。pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液H2SO3、SO32-、HSO3-双键或共轭或对醌式结构SO2

+H2OH2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，最终达到平衡时，溶液中品红浓度增大，溶液恢复红色。SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O碘水【分析】I．Cu与

浓硫酸混合加热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，制取得到的SO2气体，经B装置中NaHSO3饱和溶液的缓冲作用，SO2具有还原性，在C中SO2与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；SO2具有漂白性，将其通入

D中的品红溶液，看到溶液红色褪去，SO2是大气污染物，通入NaOH溶液，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O进行尾气处理。Ⅱ.(4)①利用盐的水解规律分析溶液显碱性的原因；②选用溶液pH=10的NaOH或Na2CO3溶液进行对比；③根据使品

红溶液褪色的物质分析使品红溶液褪色的微粒；(5)①加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，该气体为SO2，同时看到溶液红色恢复；②SO2与Ba(OH)2发生反应产生BaSO3沉淀，同时看到溶液变红色；③根据反应SO2+I

2+2H2O=H2SO4+2HI分析SO2使品红褪色反应的可逆性。【详解】(1)在装置A中Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2

H2O；(2)B装置中溶液可以缓冲气流，同时不能溶解SO2气体，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则B中x溶液为饱和NaHSO3溶液；(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，这是由于I2具有氧化性，而SO2具有还原性，在溶液中二者会发生氧化还原反应：S

O2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应产生的H2SO4、HI的水溶液均无色，使C中溶液褪色；(4)①Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-会发生水解反应：SO32-+H2OHSO3-+OH-，SO32

-结合H2O电离的H+，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，因此溶液呈碱性；②对比实验iii和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，实验iii为pH=10的Na2SO3溶液，则试剂a可能为pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液；③根据实验可知，向红色的

品红溶液中加入Na2SO3、NaHSO3，会看到溶液红色褪去，说明使品红溶液褪色的主要微粒是H2SO3、SO32-、HSO3-；根据反应前后溶液颜色变化，结合物质分子结构可知：品红溶液中颜色变化主要与其分子中的双键或共轭或对醌式结构有关；(5)①向品红

溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，将褪色后的溶液加热，产生刺激性气味气体，红色恢复，说明SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2OH2SO3，加热时溶液中SO2气体逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，溶液又恢复红色；②向实验

i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，发生反应：SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，生成白色沉淀，由于SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，使溶液又恢复了变红；③由于SO2具有还原

性，与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使溶液中SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，导致品红浓度增大，最终使溶液又恢复了变红。【点睛】本题考查了二氧化硫气体的制取原理、性质检验及具有漂白性成分的检验方法等知识。掌握化学平衡移动原理及有关二氧化硫的制取与性质

是本题解答的关键。要结合可逆反应的特点，从平衡移动角度分析解答。题目考查了学生实验设计及应用能力。19．(1)A(2)0.422212002CuOCuS6CuSO++℃(3)2.5(4)c(5)2SiO②【分析】由流程可知，黄铜矿加

入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A为二氧化硫，熔渣B为FeO等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜；(1)A．23FeO→Fe，可采用还原剂还原法冶炼，符合题意；B．NaC

l→Na，采用电解法冶炼，不符合题意；C．HgO→Hg，采用热分解法冶炼，不符合题意；D．23AlO→Al，采用电解法实现，不符合题意；选A。(2)步骤①的反应为()22228002CuFeS4OCuS+3SO2FeO++℃炉渣，每4O2化合价共降低16价、每2CuFe

S2中2Cu化合价共降低2价、每2CuFeS2中3S从-2价升高到+4、化合价共升高18，则转移18mol电子时，被还原的2O为4mol，则转移1.8mol电子时，被还原的2O分子数为0.4AN；步骤②中发生两步反应，

铜产物(2CuS、2CuO)在1200℃条件下发生反应生成单质铜，反应时，铜从+1价降低到0、硫从-2价升高到+4，则相应的化学方程式：22212002CuOCuS6CuSO++℃。(3)按元素质量守恒和得失电子数守恒，1

mol2CuFeS生成1molCu时得到1mol电子、得到2molSO2时失去12mol电子，则O2得到10mol电子、即需要2.5mol2O，故由1mol2CuFeS生成1molCu，理论上共消耗2.5mol2O。(4)由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化

硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体；a．浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故错误；b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故错误；c．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故正确；选c。(5)炉渣B的主要成分是FeO、23AlO、2SiO，为了得到铁红，加入盐酸

溶解后得到氯化亚铁、氯化铝溶液，二氧化硅不溶，过滤，滤渣的主要成分为2SiO，加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加碱使铁离子沉淀为氢氧化铁、使氯化铝不沉淀，过滤分离出氢氧化铁，经洗涤、干燥并灼烧后氢氧化铁分解为氧化铁，故对滤液进行处理最终得到铁

红的过程中不可能涉及的步骤是还原，选②20．做保护气，防止二价铁离子被氧化过滤、洗涤溶液呈血红色取少量步骤2配好的溶液于试管中滴加几滴0.01mol•L-1酸性高锰酸钾溶液振荡高锰酸钾溶液紫色褪去100:49制备或测定过程中少量二价铁离子被氧化了【分析】

(1)亚铁离子易被氧化；(2)经过滤、洗涤干燥后得到产品；(3)铁的氧化物中可能含有亚铁离子为防止氧化加入酸溶解之前应将酸加热煮沸除去氧气。经煮沸的酸溶解样品后加入硫氰化钾溶液若溶液呈现血红色则说明铁的氧化物中含有铁离

子，加入具有氧化性的高锰酸钾溶液紫色褪去说明铁的氧化物中含有亚铁离子；(4)根据铜和三价铁离子的反应及高锰酸钾和亚铁离子的反应计算出其物质的量之比；(5)二价铁离子易被氧化。【详解】(1)亚铁离子易被氧化

吹入氮气形成保护气流能防止氧化；(2)经操作Ⅲ过滤、洗涤干燥后得到产品；(3)经煮沸的酸溶解样品后加入硫氰化钾溶液若溶液呈现血红色则说明铁的氧化物中含有铁离子，加入具有氧化性的高锰酸钾溶液紫色褪去说明铁的氧化物中含有亚铁离子；(4)固体有剩余，说明铜质量，反应的铜的质量：10g-3.6g

=6.4g，物质的量是：0.1mol，根据电子守恒找出关系式：2Fe3+～Cu，n(Fe3+)=0.2mol；高锰酸钾溶液氧化亚铁离子，根据电子守恒得出关系式：MnO4～5Fe2+，消耗的高锰酸钾的物质的量是：10×0.200mol•L-1×0.02980L=0.

0596mol，亚铁离子的物质的量是：0.0596mol×5=0.298mol，0.298mol-0.2mol=0.098，所以产品中Fe3+和Fe2+的物质的量之比是：0.2：0.098=100:49；(5)若在制备过程中亚铁离子被

氧化则产品中Fe3+和Fe2+的物质的量之比略大于2:1。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com