【文档说明】【精准解析】山东省烟台市2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(18)页，1016.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度第一学期期末学业水平诊断高一化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32K39Mn55Fe56Cu64Ba137一、选

择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是A.CO2、SO3、NO、ClO2均为酸性氧化物B.NH3、Na2O、SO2水溶液均能导电，它们都是电解质C.直径介于1~100nm的微粒称为胶体D.研究物质的性

质，常常运用观察、实验、分类、比较等方法【答案】D【解析】【详解】A．NO为不成盐氧化物，ClO2与碱会发生歧化反应，其中Cl元素化合价有变化，所以两者均不是酸性氧化物，A错误；B．NH3与SO2溶于水会形成新的物质而导电，不是本身电离，所

以两者不是电解质，B错误；C．分散质粒子直径介于1~100nm的分散系称为胶体，C错误；D．观察、实验、分类、比较等方法是研究物质性质常用的基本方法，D正确；故选D。2.实验室中下列做法正确的是A.用水清洗试管内壁附着的硫B.制取Cl2时，应先检查装置的气密性再装药品C.过滤时，为加快过滤速度，

应在漏斗内用玻璃棒不断搅拌D.为厉行节约，做完实验后应将剩余药品放回原试剂瓶【答案】B【解析】【详解】A．S不溶于水，无法用水清洗试管内壁附着的硫，可选择热的碱溶液或CS2洗涤，故A错误；B．气体制备时需要先检查装置气密性，再添加药品，故B正确；C．过滤时，玻璃棒只能用于引流，不能用玻璃棒在漏斗

内搅拌，避免滤纸破损，故C错误；D．为防止试剂污染，做完实验后剩余药品多数不能放回原试剂瓶，而应放到指定容器中，特殊药品如Na、K、白磷等可放回原瓶，故D错误；故答案为B。3.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.豆科植物通过根瘤菌固氮B.Na2O2用

作呼吸面具的供氧剂C.利用丁达尔现象区分溶液和胶体D.消防官兵把正在泄漏Cl2的钢瓶投入盛有石灰水的池子中【答案】C【解析】【详解】A．固氮是将游离态的氮转化成化合态的氮，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．过氧化钠与CO2、H2O分别发生2Na2O2＋2CO2=2Na2

CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，Na2O2中-1价氧元素化合价转变成0价和-2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；C．用一束光照射，胶体有明亮的通路，溶液没有

，这是光的散射，不涉及化学反应，故C符合题意；D．Cl2与Ca(OH)2发生2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，氯气既是氧化剂又是还原剂，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；答案为C。4.配制1L0.1mol·L-1CuSO4

溶液，下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是A.容量瓶中原有少量蒸馏水B.定容时，俯视刻度线C.将16g胆矾溶于少量水中，然后将此溶液稀释至1LD.将25g胆矾溶于少量水中，溶液从烧杯转移到容量瓶中后未洗涤烧杯【答案】B

【解析】【详解】A．容量瓶中原有少量蒸馏水，无影响，故不选A；B．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故选B；C．将16g胆矾溶于少量水中，然后将此溶液稀释至1L，所得溶液浓度是16g250g/mol

0.0641L=mol·L-1，故不选C；D．将25g胆矾溶于少量水中，溶液从烧杯转移到容量瓶中后未洗涤烧杯，溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故不选D；选B。5.下列溶液中能够大量共存的是A.酸性溶液中：Fe2＋、Cl-、SO2-4、NO-3B.酸性溶液中：Na＋、Cl-、SO2-4、Cl

O-C.碱性溶液中：K＋、CO2-3、NO-3、SO2-3D.无色溶液中：Mg2＋、NH+4、OH-、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．酸性溶液中，Fe2＋被NO-3氧化为Fe3＋，故不选A；B．酸性溶液中，Cl-、ClO-发生归中反应生成氯气，故不选B；C．碱性溶液中，K＋、C

O2-3、NO-3、SO2-3不反应，能大量共存，故选C；D．Mg2＋、NH+4与OH-反应生成氢氧化镁沉淀和32NHHO，故不选D；选C。6.下列事实不能说明浓硝酸氧化性比稀硝酸强的是A.浓硝酸遇石蕊试液变红后褪色，稀硝酸遇石蕊试液只变红不褪色B.

浓硝酸能与NO反应生成NO2，而稀硝酸不能与NO反应C.浓硝酸在加热条件下可与碳单质反应，而稀硝酸则不能D.足量的铜还原1mol浓硝酸和1mol稀硝酸转移电子数分别为NA和3NA【答案】D【解析】【详解】A．

浓硝酸使石蕊试液变红，然后利用浓硝酸的强氧化性将有色物质氧化，使溶液褪色，而稀硝酸只能使石蕊试液变红不能褪色，能够说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故A不符合题意；B．浓硝酸能将NO氧化成NO2，体现浓硝酸的强氧化性，而稀硝酸不能将NO

氧化成NO2，从而说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故B不符合题意；C．浓硝酸在加热条件下能与碳单质反应生成CO2、NO2、H2O，体现浓硝酸的强氧化性，而稀硝酸则不与碳单质发生反应，从而推出浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C不符合题意；D．不能从转移电子多少判断氧化性的强弱，因此足量的铜还

原1mol浓硝酸和1mol稀硝酸转移电子数分别为NA和3NA，不能说明浓硝酸和稀硝酸氧化性的强弱，故D符合题意；答案为D。7.如图是喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有相同液体。下列组合不能形成喷泉的是

A.HCl与滴有石蕊溶液的水B.Cl2与饱和食盐水溶液C.SO2与NaOH溶液D.NH3与滴有酚酞溶液的水【答案】B【解析】【分析】若气体与液体能相互反应或气体易溶于液体，从而使圆底烧瓶内的气压骤降，这种情况下可形成喷泉

，据此分析作答。【详解】A．氯化氢极易溶于水，因此可以形成喷泉，A不符合题意；B．饱和食盐水可降低氯气在水中的溶解度，不能形成气压差，因此无法形成喷泉，B符合题意；C．二氧化硫是酸性气体，易溶于碱液，与其反应，可以形成气压差，因此可以形

成喷泉，C不符合题意；D．氨气极易溶于水，该组合可以形成喷泉，D不符合题意；答案选B。8.下列离子方程式书写正确的是A.Fe与足量稀硝酸反应：Fe＋4H＋＋NO-3=Fe3＋＋NO↑＋2H2OB.次氯酸钠溶液中通入SO2气体：2ClO-＋SO2＋H2O=2HClO＋SO

2-3C.向H2S溶液中滴加少量新制氯水：S2-＋Cl2=S↓＋2Cl-D.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2＋＋2OH-＋2HCO-3=CaCO3↓＋CO2-3＋2H2O【答案】A【解析】【详解】

A．Fe与足量稀硝酸反应的离子方程式为：Fe＋4H＋＋NO-3=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项正确；B．次氯酸钠溶液中通入SO2气体,离子方程式为：2224ClOSOHOClSO2H−−−+++=++，B项错误；C．H2S是弱电解质，不能拆，正确的离子方程

式为：22HSClS2H2Cl+−+=++，C项错误；D．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，离子方程式为：2332CaOHHCOCaCOHO+−−++=+，D项错误；答案选A。9.碘化钾溶液的一种制备流程如下：下列说法错误的是A.KI与KIO3的物质的量之比

为1：5B.通入H2S的目的是将IO-3还原为I-C.水浴加热的目的是为了除去H2S，加BaCO3的目的是为了除去SO2-4D.该流程的缺点是H2S易造成环境污染【答案】A【解析】【详解】A．I2与KOH的反应方程式为：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，可知KI与KIO3的物质的量

之比为5：1，A项错误；B．H2S具有还原性，IO-3具有氧化性，通入H2S的目的是将IO-3还原为I-，B项正确；C．水浴加热可以除去过量的H2S，加BaCO3可以除去SO2-4和H+，C项正确；D．H2S有毒，易造成环境污染，D项正确；答案选A。10.下列装置或操作不能达

到实验目的的是A.装置甲收集NO2气体B.装置乙制取Cl2C.装置丙制取Fe(OH)2D.装置丁验证钠密度比水小、熔点低、与水反应放出热量且生成碱性溶液【答案】C【解析】【详解】A．NO2气体密度比空气大，从长导管进，可以达到实验目的，A项

正确；B．实验室用二氧化锰与浓盐酸混合加热制备氯气，可以达到实验目的，B项正确；C．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成压强变大，氢氧化钠无法进入左侧试管中，因此该装置不能制备Fe(OH)2，不能达到实验目的，C项错误；D．装置丁中N

a浮于水面，证明钠密度比水小，酚酞变红证明钠与水反应生成碱性溶液，钠会熔成光亮的小球，证明钠与水反应放出热量，钠熔点低，可以达到实验目的，D项正确；答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每

小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.3.2gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAB.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.1NAC.

标准状况下，22.4LCl2溶于水配成500mL新制氯水，氯水中Cl-数为2NAD.10.44gMnO2与足量12mol·L-1的浓盐酸反应生成Cl2的分子数为0.12NA【答案】AD【解析】【详解】A．3.2gO2的物质的量为0.1

mol，氧原子数目为0.2NA，3.2gO3的物质的量为115mol，氧原子数目为0.2NA，A项正确；B．过氧化钠与水反应离子方程式为：22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++，生成0.1mol氧气转移

的电子数为0.2NA，B项错误；C．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，配制成氯水，发生的化学反应为：22ClHOHClHClO++Ç，氯水中Cl-数小于NA，C项错误；D．MnO2与足量浓盐酸反应，化学方程式为：()2222MnO4HClMnClCl2HO+++浓，10.44

gMnO2的物质的量为0.12mol，生成氯气的物质的量为0.12mol，分子数为0.12NA，D项正确；答案选AD。12.为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2S

O2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是A.①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物B.②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂C.由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2D.由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2【

答案】C【解析】【分析】①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是

还原剂。【详解】A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，但KI是还原剂，故B错误；C．①中浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2是氧化性大于I2，则浓硫酸能将KI氧化生成I2，故C正确；D．①中Se的还原性大于SO

2，②中KI的还原性大于Se，则还原性的强弱顺序为KI>Se>SO2，故D错误；故答案为C。13.由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO和SiO2)制备绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下，已知：FeS2难溶于水。下列说法错误的是A.步骤①酸溶烧渣最好选用

硫酸B.步骤②涉及的离子反应为FeS2＋16Fe3+＋8H2O=17Fe2+＋2SO2-4＋16H+C.步骤③须控制条件防止氧化D.将溶液b加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干得纯净绿矾【答案】BD【解析】【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2

O3、FeO和SiO2)加硫酸进行酸溶后，生成溶液a中含亚铁离子与铁离子，二氧化硅不溶于硫酸，以滤渣形式存在，再向滤液a加FeS2进行还原，将Fe3+还原为Fe2+后将过量的FeS2过滤以后得到溶液b，后隔绝氧气经过蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥等操作得到绿矾，据此分析解答。【详解】A．因为要制备绿矾(FeSO4·7H2O)，晶体中所含阴离子为硫酸根离子，所以酸溶时要选用硫酸，A正确；B．步骤②加入FeS2目的是为了将Fe3+还原为F

e2+，根据氧化还原反应的配平原则可知，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2SO2-4＋16H+，B错误；C．因为亚铁离子易被氧化，所以步骤③须控制条件防止氧化，C正确；D．将溶液

b加热到有较多固体析出时，蒸发结晶即可，若再用余热将液体蒸干，绿矾可能会失去结晶水，从而不能得到纯净的绿矾，D错误；故选BD。14.根据实验操作和现象所得出的结论中，正确的是选项实验操作现象结论A向蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状固体浓硫

酸具有脱水性和强氧化性B向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化溶液变为黄色氧化性：H2O2>Fe3＋的H2O2溶液C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D向久置的Na2O2粉末中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质A.AB.BC.CD.D【答案】AC【解

析】【详解】A．向蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，现象为：蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状固体，证明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，A项正确；B．向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，因3NO−和

H2SO4的存在，发生的化学反应为：23323Fe4HNO3Fe2HONO++−+++=++，无法验证氧化性：H2O2>Fe3＋，B项错误；C．用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，证明浓氨水呈碱性，C项正确；D．向久置的Na

2O2粉末中滴加过量的盐酸，产生无色气体，有可能是Na2O2变质为Na2CO3，加入盐酸后生成CO2气体，D项错误；答案选AC。15.向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀

的质量m与加入Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是A.0→a段产生的沉淀只有BaSO4B.b点时的溶液中c(Cl-)>c(OH-)>c(Ba2＋)C.b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓D.原混合溶液中n(HCl)=

4mol【答案】B【解析】【分析】向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，Ba2+发生的反应是Ba2++SO24−=BaSO4↓；OH-依次发生反应H++OH-=H2O、Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。【详解】A．0→a段发生的反应是Ba2++SO2

4−=BaSO4↓、H++OH-=H2O，所以产生的沉淀只有BaSO4，故A正确；B．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO24−=BaSO4↓、H++OH-=H2O；a→b段发生的反应是H++OH-=H2O，可知原溶液中氢离子的物质

的量是4mol、硫酸根离子的物质的量是1mol，b点时溶液中的溶质是1molCuCl2、1molBaCl2，b点溶液中c(Cl-)>c(Ba2＋)>c(OH-)，故B错误；C．b点时溶液中的溶质是CuCl2、BaCl2，b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH

)2↓，故C正确；D．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO24−=BaSO4↓、H++OH-=H2O；a→b段发生的反应是H++OH-=H2O，原溶液中氢离子的物质的量是4mol，所以原混合溶液中n(HCl)=4mol

，故D正确；选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某兴趣小组帮助水质监测站配制480mL0.1mol·L-1的KMnO4标准溶液的过程示意图如下：(1)请你观察图示判断，其中错误的操作有___________(填序号)。(2)该同学应称取KMnO4固体______

_____g，用质量为25.2g的烧杯放在托盘天平上称取所需KMnO4固体时，请在下表中选取所需的砝码大小___________(填字母，下同)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项___________。砝码abcd大小/g5020105(3)为增加氧化能力，通常

在KMnO4溶液中加入稀硫酸，某小组人员用98%(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制200.0mL2.3mol·L-1的稀硫酸。①在上述所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为___________mol·L-1。②需量取浓硫酸的体积为___________mL。【答案

】①.①②⑤②.7.9③.bc④.C⑤.4.6⑥.25.0【解析】【详解】(1)①托盘天平的称量原则应该是“左物右码”，故①错误；②量筒不能用于固体的溶解，故②错误；③溶解的固体转移至容量瓶，用玻璃棒引流，图

中操作科学规范，故③正确；④用蒸馏水洗涤烧杯内壁，将洗涤液一并转移到容量瓶，图中操作科学规范，故④正确；⑤读数时，要平视刻度线，图中仰视刻度线会有误差，故⑤错误；⑥定容后振荡摇匀，图中操作科学规范，故⑥正确；综上所述，符合题意的

为①②⑤；(2)配制480mL0.1mol·L-1的KMnO4标准溶液，则所用容量瓶的规格应为500mL，根据公式m=nM=cVM可知，该同学应称取KMnO4固体的质量为0.1mol·L-1×0.5L×158g/mol=7.9g；用质量为

25.2g的烧杯放在托盘天平上称取所需KMnO4固体时总重量为：25.2g+7.9g=33.1g，所以应该选用20g与10g的砝码，再将游码推到3.1处，故应该选bc和C，故答案为：7.9；bc；C；(3)①上述所配制的稀硫酸的浓度为2.

3mol·L-1，则H＋的物质的量浓度为2×2.3mol·L-1=4.6mol·L-1，故答案为：4.6；②根据稀释定律可知，浓硫酸的浓度设为c，则根据公式1000ρωc=M可知，98%(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸的物质的量浓度

c=310001.84g/cm98%98g/mol=18.4mol/L，设需量取浓硫酸的体积为V，则18.4mol/L×V=2.3mol·L-1×0.2L，解得V=0.025L=25.0mL，量筒的精确度为0.1mL，故答案为：25.0

。17.铁是人体必需的微量元素，严重缺铁时需要服用补铁剂。某兴趣小组测定某补铁剂中铁元素含量的实验流程如下：(1)研磨时___________应保持垂直，小心压碎或研磨试样；过滤操作中，除了漏斗外，还要用到的玻璃仪器有___________。(2

)设计简单实验验证滤液中是否含有Fe3＋：___________。(3)加入过量H2O2的目的是___________；若不用H2O2，可以用___________；加入过量氨水生成红褐色悬浊液的离子方程式

是___________。(4)多步操作包括___________、灼烧、冷却称量。(5)若实验中铁元素无损耗，则补铁剂中铁元素的质量分数为___________%。【答案】①.(研)杵②.烧杯、玻璃棒③

.取少许滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含有Fe3+，否则没有Fe3+④.将Fe2＋全部氧化为Fe3＋⑤.O3或新制的氯水⑥.Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH+4⑦

.过滤、洗涤⑧.70wm【解析】【分析】补铁剂中Fe2＋通常以配合物形态存在，溶解样品时，加入稀硫酸或稀盐酸为了破坏其结构，将Fe2＋游离出来，过滤，滤液中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，加入

氨水，将Fe3＋转化成Fe(OH)3，其离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3+4NH，然后经过过滤、洗涤、灼烧，可以获得Fe2O3，让然后利用铁元素守恒，补铁剂中铁原子物质的量=2n(Fe2O3)，据此

分析；【详解】(1)研磨时用到研钵，(研)杵应保持垂直，小心压碎或研磨试样；过滤的装置图，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、（普通）漏斗；故答案为(研)杵；烧杯、玻璃棒；(2)检验Fe3＋一般用KSCN溶液，操作是取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3＋，否则不含有Fe

3＋；故答案为取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3＋，否则不含有Fe3＋；(3)最后获得Fe2O3，补铁剂中铁元素以＋2价形式存在，因此加入过量的H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋；若不用H2O

2，可以选用对实验结果不产生影响的氧化剂，如O3、Cl2或新制氯水等；加入氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，其离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3+4NH；故答案为将Fe2＋氧化成Fe3＋；O3、Cl2或新制氯水等；Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3+4

NH；(4)然后经过过滤、洗涤、灼烧，可以获得Fe2O3；故答案为过滤、洗涤；(5)实验中铁元素无损耗，利用铁元素守恒，即补铁剂中铁原子的物质的量=2n(Fe2O3)=wgw2160g/mol80=mol，补铁剂中铁元素的质量分数是

wmol56g/mol80mg×100%=70wm%；故答案为70wm。18.现有无色透明溶液，只含有下列离子中的若干种：Na＋、NH+4、Cl-、Fe3＋、Ba2＋、CO2-3、SO2-4。现取三份各100mL溶液进行实验。实验1：加入足量AgNO

3溶液有白色沉淀产生；实验2：加足量NaOH溶液充分加热后，收集到标准状况下896mL气体；实验3：加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。(1)原溶液中一定存在的阴离子是___________，一定不存在的离子是___

________。(2)由实验1推断该溶液是否一定含有Cl-？___________(填“是”或“否”)，理由是___________。(3)由实验2可知该溶液中含有的离子是___________，其物质的量浓度为___________。(4)实验3中可溶于盐

酸的沉淀的化学式为___________，该沉淀溶于盐酸的离子方程式为___________。(5)综合上述实验，能否确定有Na+存在？___________(填“能”或“否”)。若能，则Na+的浓度不小于___________mol·L-1；若不能，请说明理由___________

。【答案】①.23CO−、24SO−②.Fe3+、Ba2+③.否④.加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为：AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4，溶液中不一定含有Cl-⑤.4NH+⑥.0.4mol/L⑦.BaCO3⑧.2322BaCO2HBaHOCO+++=++⑨.能⑩.0.2

mol·L-1⑪.无【解析】【分析】实验1：加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液中可能含有Cl-、23CO−、24SO−；实验2：加足量NaOH溶液充分加热后，收集到标准状况下896mL气体，原溶液

中一定含有4NH+，其物质的量为0.04mol；实验3：加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，证明原溶液中一定含有23CO−、24SO−，则原溶液中一点不含Fe3+、Ba2+，BaSO4质量为2.33g，其物质的量为0.01mol，

BaCO3的质量为6.27g-2.33g=3.94g，其物质的量为0.02mol，实验2证明了原溶液中含有0.04mol4NH+，所以可以推测出溶液中一定含有Na+；综合以上三个实验得出结论，溶液中一定含有：Na+、4NH+、23CO−、24SO−，一定不含：Fe3+、Ba2+，可能含有：Cl-

。【详解】(1)根据分析，原溶液中一定存在的阴离子是23CO−、24SO−；一定不存在的离子是Fe3+、Ba2+；(2)由实验1不能推断出该溶液一定含有Cl-；因为加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为：

AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4，溶液中不一定含有Cl-；(3)由实验2可知该溶液中含有4NH+；收集到标准状况下896mL气体，该气体为NH3，物质的量为3896100.04mol22.4−=，所以4NH+的物质的量为0.04mol，其物质的量浓度为30.04mol0.4100

10L−=mol/L；(4)实验3中可溶于盐酸的沉淀的化学式为BaCO3；该沉淀溶于盐酸的离子方程式为：2322BaCO2HBaHOCO+++=++(5)实验3生成6.27g沉淀，经盐酸洗涤后剩余沉淀2.33g，则BaSO4质量为2.33g，其物质的量为0.01mol，BaCO3的质量为6.2

7g-2.33g=3.94g，其物质的量为0.02mol，实验2证明了原溶液中含有0.04mol4NH+，根据电中性原理，溶液中一定有Na+；根据电中性原理得n(Na+)+n(4NH+)=2n(23CO−)+2n(24SO

−)，n(Na+)=0.02mol，所以Na+的物质的量不能小于0.02mol，物质的量浓度不能小于0.2mol·L-1。19.汽车尾气(含CO2、N2、CO、SO2、NOx等)是城市空气的污染源之一；(1)汽

车尾气对环境的危害主要有温室效应、雾霾、___________、___________等。(2)在汽车的排气管上安装一个“催化转化器”，可将尾气中的CO和NO转化为参与大气循环的气体和无毒的气体，该反应的化学方程式为___________；但使用“催化转化器”的缺点是一定程度提高了空气的酸度

，其原因是___________。(3)在一定条件下，NH3可将NOx转化为无污染的物质。写出NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式：___________。(4)NOx储存还原技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放。如图所示NOx的储存和还原在不同时段交替进行。通过B

aO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存时，部分NO发生反应的化学方程式为___________；储存NOx的物质是___________。还原性尾气CO与Ba(NO3)2反应生成N2的

化学方程式是___________。【答案】①.酸雨②.光化学烟雾③.2NO+2CO催化剂N2+2CO2④.促使SO2转化为SO3形成酸雨⑤.6NO2+8NH3一定条件7N2+12H2O⑥.2NO+O2=2NO2⑦.BaO⑧.5CO+Ba(NO3)2一定条件N2+BaO+5CO2

【解析】【分析】(1)SO2引起酸雨、NOx引起酸雨、光化学烟雾；(2)“催化转化器”，可将尾气中的CO和NO转化为二氧化碳和氮气；“催化转化器”促使SO2转化为SO3；(3)在一定条件下，NH3、NO2转化为无污染的氮气和水；(4)根据图示，储存时，部分NO被氧化为NO2；【详解】(

1)汽车尾气对环境的危害主要有温室效应、雾霾、酸雨、光化学烟雾等；(2)“催化转化器”，可将尾气中的CO和NO转化为二氧化碳和氮气，反应的化学方程式为2NO+2CO催化剂N2+2CO2；“催化转化器”促使SO2转化为SO3形成酸雨，提高了空气的酸度；(3)在一定条件下

，NH3、NO2转化为无污染的氮气和水，NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式是6NO2+8NH3一定条件7N2+12H2O；(4)根据图示，储存时，部分NO被氧气氧化为NO2，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2；储存NO

x的物质是BaO；还原性尾气CO与Ba(NO3)2反应生成N2的化学方程式是5CO+Ba(NO3)2一定条件N2+BaO+5CO2。20.如图所示，某同学利用Na2SO3和浓H2SO4制取SO2并探究其性质。(1)装置B中发生反应的离子方程式为___________。(2)装

置C中的实验现象是___________，该实验现象说明SO2具有___________性。(3)能验证SO2具有酸性氧化物的通性的实验现象是___________。(4)装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象：_

______。(5)探究H2SO3的酸性强于HClO，该同学用下图所示装置达成实验目的。A.小苏打溶液B.品红溶液C.酸性KMnO4溶液D.漂白粉溶液①装置的连接顺序为纯净SO2→___________(选填字母)，D中反应的离子方程式为___________。②可证明H2SO3的酸性强于HClO

的实验现象是___________。【答案】①.2MnO-4＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO2-4＋4H＋②.生成淡黄色沉淀③.氧化④.装置D的试管中溶液褪色⑤.品红溶液褪色后，取下装置E中的试管，加热，溶液恢复红色⑥.A→C→B→D⑦.

Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO⑧.B中品红溶液不褪色，D中出现白色沉淀【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色证明二氧

化硫具有还原性，装置C中硫化钠溶液中生成淡黄色沉淀证明二氧化硫具有氧化性，装置D中氢氧化钠酚酞试液褪色证明二氧化硫表现酸性氧化物的现在，装置E中品红溶液褪色证明二氧化硫具有漂白性。【详解】(1)装置B中发生的反应为酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫

酸钾、硫酸锰、硫酸和水，反应的离子方程式为2MnO-4＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO2-4＋4H＋，故答案为：2MnO-4＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO2-4＋4H＋；(2)二氧化硫具有氧化性，能与具有还原性的硫化钠反应

生成淡黄色的硫沉淀，故答案为：生成淡黄色沉淀；氧化；(3)二氧化硫具有酸性氧化物的性质，能与氢氧化钠溶液反应，使氢氧化钠酚酞试液褪色，故答案为：装置D的试管中溶液褪色；(4)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热褪色后的溶液，溶液又重新变为红色，说明二氧化硫使品红溶液褪色的

过程为可逆过程，故答案为：品红溶液褪色后，取下装置E中的试管，加热，溶液恢复红色；(5)①二氧化硫具有还原性还原性，不能与漂白粉溶液发生复分解反应证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，若要证明亚硫酸的酸性强于次氯酸应将二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳气体，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液吸收

二氧化硫，若气体通入品红溶液不褪色，说明二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，剩余气体通入漂白粉溶液中生成白色沉淀，说明亚硫酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，从而证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，则连接顺序为装置的连接顺序为纯净二氧化硫→A→C→B→D；二氧化碳

与漂白粉溶液反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，故答案为：A→C→B→D；Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO；②若B中品红溶液不褪色，说明

二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，剩余气体通入漂白粉溶液中生成白色沉淀，说明亚硫酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，从而证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B中品红溶液不褪色，D中出现白色沉淀。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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