【文档说明】北京市顺义区第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，2.556 MB，由小赞的店铺上传

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北京市顺义区第一中学2023—2024学年高一下学期3月月考化学试题考试说明：1.本试卷共8页，答题卡1张；考试结束只交答题卡。2.试卷满分100分，考试时间90分钟。3.试卷共两部分，第一部分为选择题，共计42

分；第二部分为非选择题，共计58分。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Cl-35.5S-32Cu-64第一部分(选择题)本部分每小题3分，共42分。在每题列出的四个选项中选出最符合题目要求的一项。1.下列有关试剂的保存方法不正确．．．的是A

.Na保存于煤油中B.过氧化钠应密封保存C.氯水保存于无色试剂瓶中D.浓硫酸保存于铁质容器中【答案】C【解析】【详解】A．Na的密度大于煤油，在空气中易反应，所以保存于煤油中，A项正确；B．过氧化钠，在空气中易反应，所以应密封保存，B项正确；C．氯水中有次氯酸，见光易分解，应该保存于棕色试

剂瓶中，C项错误；D．浓硫酸与铁反应钝化反应，可以将浓硫酸保存于铁质容器中，D项正确；答案选C。2.镓(31Ga)与K位于元素周期表中同一周期，下列关于Ga的说法不正确的是A.位于元素周期表第ⅢA族B.原子半径比K小C.单质的还原性比K弱D.Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3

弱【答案】D【解析】【详解】A．镓(31Ga)位于元素周期表第四周期第ⅢA族，A正确；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径比K小，B正确；C．同周期从左到右，金属性减弱

，非金属性变强；则镓单质的还原性比K弱，C正确；D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，D错误；故选D。3.下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是ABCD蘸有浓盐酸和浓氨

水的玻璃棒靠近铝丝伸入硫酸铜溶液中氯气通入溶液变成黄色向蔗糖中加入浓硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，

不属于氧化还原反应，A符合题意；B．铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．氯气通入NaBr溶液中变成黄色，发生反应2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，有化合价变化

，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的H、O元素以2:1脱去，蔗糖转变为C和H2O，同时C和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，发生氧化还原反应，D不符合题意；故选A。4.实验室需要460mL0.20mol∙L-1Na2CO3溶液

，某同学配制过程如图所示。下列关于该实验的叙述错误的是A.将药品放在称量纸上称取10.6gNa2CO3固体B.Na2CO3固体在烧杯中完全溶解后，恢复至室温转移到容量瓶中定容C.⑤中定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏低D.容量瓶不宜长期贮存配制好的溶液【答

案】C【解析】【分析】实验室中没有460mL容量瓶，应选用500mL的容量瓶。【详解】A．将Na2CO3固体放在称量纸上称取，需称量Na2CO3固体的质量为0.5L×0.20mol∙L-1×106g/mol=10

.6g，A正确；B．溶解Na2CO3固体时，应放在烧杯中，待溶解后的溶液恢复至室温，转移入容量瓶中定容，B正确；C．⑤中，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，从而导致溶液浓度偏高，B错误；D．容量瓶不宜

长期存放溶液，尤其不宜贮存配制好的碱性溶液，D正确；故选C。5.下列对应离子方程式书写正确的是A.铜溶于稀硝酸：23322Cu4HNOCu2NO2NO2HO+−+=+++B.向Al2O3中滴加NaOH溶液：()2324AlO2OH3HO2

AlOH−−++=C.将少量Na2O2投入水中：2222NaOHO2Na2OHO+−+=++D.向水中通入适量22ClHO2HClClO+−−+++【答案】B【解析】【详解】A．金属铜溶于稀硝酸中反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：+232

O33Cu8H+2NOCu2NO4H−+++=+，故A错误；B．Al2O3与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，离子方程式为：()2324AlO2OH3HO2AlOH−−++=，故B正确；C．Na2O2投入水中生成氢氧化钠和氧气，离子方

程式22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++↑，故C错误；D．次氯酸为弱酸，向水中通入适量Cl2反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：+-22Cl+HOH+Cl+HClO，故D错误。答案选B。6.能实现下列物质间直接转化的元素是为单质2O+⎯⎯⎯→氧化物2HO+⎯⎯

⎯→酸(或碱)()NaOHHCl+⎯⎯⎯⎯⎯→盐A.NB.AlC.SD.Fe【答案】C【解析】【详解】A．N2和O2生成NO，NO难溶于水，不与水反应，不能直接转化，故A不选；B．氧化铝不溶于水，也不与水反应，故B不选；C．S和O2

生成SO2，SO2和H2O生成H2SO3，H2SO3与NaOH生成Na2SO3，故C选；D．金属铁和氧气反应生成四氧化三铁，不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D不选；答案选C。7.下列实验结论与实验操作及现象相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A向

某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液中一定含有NH4+B向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀原溶液中一定含有Cl-C向某溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去原溶液中一定含Fe2+D向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀原溶液中一定

有SO24−A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，原溶液中一定含有NH4+，+-432NH+OHNH+HO，A正确；

；B．由于Ag2CO3为白色沉淀、Ag2SO4为白色微溶物，故向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，原溶液中不一定含有Cl-，也可能是CO23−、SO24−等，B错误；C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质有很多，如SO2、SO23−等，向某溶液中滴加酸性KMnO4

溶液，紫色褪去，原溶液中不一定含Fe2+，C错误；D．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中可能含有硫酸根离子，也可能含有银离子，D错误；故选A。8.S2Cl2常用作橡胶的硫化剂，能改变生橡胶遇冷变硬的性质。S2Cl2各原

子最外层均达到8电子稳定结构，与水极易反应：S2Cl2+H2O—S↓+SO2+HCl(未配平)，下列说法不正确．．．的是A.S2Cl2中硫元素化合价：+1B.S2Cl2中存在极性共价键和非极性共价键C.S2Cl2与水反应

时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3D.向硝酸银溶液中滴加S2Cl2，若有白色沉淀产生，则S2Cl2中含有Cl-【答案】D【解析】【详解】A．硫与氯是同周期元素，从左到右非金属性越来越强，氯的非金属性强于硫，故S2Cl2中硫元素化合价：+1，A正确；

B．S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，存在极性共价键和非极性共价键，B正确；C．2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2+4HCl，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，C正确；D．S2Cl2溶于水反应生成氯化氢含有氯离子能使硝酸银产生白

色沉淀，但S2Cl2为共价化合物，自身不含氯离子，D错误；故选D。9.某化学研究小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、23CO−、24SO−、Cl-中的若干种离子。该小组同学取部分水样进行实验。①向水样中先滴加

足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀；②向其中再滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解；③最后滴加硝酸银溶液，又产生白色沉淀。下列说法正确的是A.经过实验可以不能确定是否含有K+离子B.经过实验可以确定一定存在的离子是23CO

−、24SO−、Cl-C.步骤②中发生反应的化学方程式为3222CaCO2HClCaClCOHO+=++D.步骤③中发生反应的离子方程式为AgClAgCl+−+=【答案】D【解析】【分析】该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、

23CO−、24SO−、Cl-中的若干种离子。无色水样，说明没有Fe3+、Cu2+，该小组同学取部分水样进行实验；①向水样中先滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀；②再滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明溶解的是碳酸钡沉淀，说明含有碳酸根离子，不含有Mg2+、Ag+、Ca2+

，不溶解的可能是硫酸钡，说明含有硫酸根离子，根据电荷守恒，则一定含有钾离子；③最后滴加硝酸银溶液，又产生白色沉淀，产生氯化银沉淀，但不能说明原溶液中一定含有氯离子，原因是加入了盐酸，引入了氯离子，综上：经过实验可以确定一定不存在的离子有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+；一定存在的离

子是K+、23CO−、24SO−，可能存在Cl-；【详解】A．由分析可知，K+一定含有，故A错误；B．由分析可知，一定存在的离子是K+、23CO−、24SO−，可能存在Cl-，故B错误；C．步骤②中发生反应的化学方

程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O，故C错误；D．步骤③中是生成了氯化银沉淀，其反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，故D正确。答案选D。10.已知：A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。物质间的转化关系如图所示，

其中部分产物已略去，则下列说法错误的是A.A、B互换位置也满足该流程B.反应①中每生成1molD转移4mol电子C.F与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D.C为3NH，D为2O，C可以在D中

燃烧生成氮气【答案】B【解析】【分析】F为红棕色气体，则F为二氧化氮，二氧化和水反应生成一氧化氮和硝酸，硝酸和碳加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，A(二氧化碳)和过氧化钠反应生成碳酸钠和D(氧气)，硝酸和铜反应生成硝酸铜、E(一氧化氮)

和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，C(氨气)催化氧化生成一氧化氮和水，M受热分解生成氨气、二氧化碳和水，则M为碳酸铵或碳酸氢铵。【详解】A．A为二氧化碳，B为水，A、B互换位置也满足该流程，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和D(氧气)，硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，

故A正确；B．反应①方程式为2222322NaO+2CO=2NaCO+O，根据方程式分析，生成1mol氧气转移2mol电子，故B错误；C．F与水即223HO+3NO=2HNO+NO，二氧化氮中氮化合价既升高又降低，有两个氮升高，有1个氮降低，因此反应中

氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故C正确；D．C为3NH，D为2O，C可以在D中燃烧生成氮气即2232O4NH3O2N6H++点燃，故D正确。综上所述，答案为B。11.下列实验或装置能达到实验目的的是ABCD制备氢氧化铁胶体比

较卤素单质氧化性强弱洗气除去SO2中的CO2测浓硫酸的pHA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴入到沸水中而不是NaOH溶液中，否则得到的是沉淀而不是胶体，A不

选；B．新制氯水可以置换出NaBr中Br2，也能置换出NaI中的I2，可知氧化性：Cl2>Br2、Cl2>I2，再利用溴水置换出NaI中的I2，可知氧化性：Br2>I2，从而可得氧化性：Cl2>Br2>I2，B选；C．饱和NaHCO3溶液会吸收SO2，而杂质CO2不会和NaHCO3

反应，因而不能达到除杂的目的，C不选；D．用pH试纸测定溶液的pH时，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，读出pH，以免污染待测液，同时的由于浓硫酸具有脱水性，会使试纸碳化，D不选；故选B。12.以MgCl2为原料可生产碱式碳酸镁[Mgx(OH)y(CO3)z·pH2O]。某研究性学习小组称取碱

式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到2.00gMgO和标准状况下0.896LCO2。下列说法错误的是A.x、y、z存在电荷守恒关系2x=y+2zB.碱式碳酸镁具有阻燃作用的原因之一是高温下有CO2生成C.碱式

碳酸镁的化学式为Mg5(OH)2(CO3)4·4H2OD.由以上数据无法计算碱式碳酸镁的化学式【答案】D【解析】【分析】高温煅烧碱式碳酸镁可得到MgO、CO2和H2O，反应的化学方程式为：Mgx(OH)y(CO3)z·pH2O高

温xMgO+zCO2+(p+y2)H2O，取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到2.00gMgO，其物质的量为2.00g0.05mol40g/mol=，和标准状况下0.896LCO2，其物质的量为0.896L0.04mol22.4

L/mol=，质量为0.04mol×44g/mol=1.76g，则根据质量守恒可得m(H2O)=4.66g-2.00g-1.76g=0.9g，n(H2O)=0.9g0.05mol18g/mol=，则Mgx(OH)y(CO3)z·pH2O中，n(Mg2+)=n

(MgO)=0.05mol，n(2-3CO)=n(CO2)=0.04mol，根据电荷守恒，2n(Mg2+)=2n(2-3CO)+n(OH-)，求得n(OH-)=0.02mol，因此n(H2O)=0.05mol-0.02mol2=0.04mol，则x∶y∶z∶p=0.05∶0.02∶0.0

4∶0.04=5∶2∶4∶4，碱式碳酸镁的化学式为Mg5(OH)2(CO3)4·4H2O。【详解】A．在[Mgx(OH)y(CO3)z·pH2O]中，根据电荷守恒，2n(Mg2+)=2n(2-3CO)+n(OH-)，即2x

=y+2z，A正确；B．碱式碳酸镁高温下分解为MgO、CO2和H2O，生成的CO2既不燃烧也不支持燃烧，使得碱式碳酸镁能起到阻燃的作用，B正确；C．根据以上分析，可得出碱式碳酸镁的化学式为Mg5(OH)2(CO3)4·4H2

O，C正确；D．根据选项C分析知，可计算出碱式碳酸镁的化学式，D错误；故选D。13.煤燃烧排放的烟气中含有2SO和NOx，是大气的主要污染源之一。用()2CaClO溶液对烟气()()2nSO:nNO=3:

2同时脱硫脱硝(分别生成24SO−、3NO−，得到NO、2SO)脱除率如图，下列说法不正确的是A.脱除NO的反应：232NO3ClOHO2H2NO3Cl−+−−++=++B.依据图中信息，在80min时，吸收液中()()--3nNO:nCl=2:3C.2SO脱除率

高于NO的原因可能是2SO在水中的溶解度大于NOD.随着脱除反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．Ca(ClO)2溶液脱除NO的反应生成Cl-和NO3−，根据质量守恒和电子得失守恒配平方程式为2NO+3ClO-+H2O=2H＋+2NO3−+3Cl-

，故A说法正确；B．2NO+3ClO-+H2O=2H＋+2NO3−+3Cl-，SO2+ClO-+H2O=2H++SO24−+Cl-；已知n(NO):n(SO2)=2∶3；令n(NO)=2mol，n(SO2)=3mol，依据图中信息及离子方程式中的比例关系得：在80min时，NO脱除率40

%，即反应的NO为：2mol×40%=0.8mol，生成1.2molCl-，同时生成NO3−物质的量为0.8mol；SO2脱除率100%，即3molSO2全部反应生成3molCl-，所以Cl-共3mol+1.2mol=4.2mol；吸收液中n(NO3−)∶n(Cl-)=0.8m

ol∶4.2mol=4∶21，故B说法错误；C．根据SO2和NO气体在水中的溶解度：SO2大于NO，SO2比NO更易溶于水，更容易发生反应；SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO，故C是说法正确；D．无论发生：2NO+

3ClO-+H2O=2H＋+2NO3−+3Cl-，还是发生：SO2+ClO-+H2O=2H++SO24−+Cl-，都是使H+浓度增大，吸收剂溶液的pH减小，故D说法正确；答案为B。14.硅酸(H2SiO3)是一种难溶于水的弱酸，从溶液中析出时常形成凝胶状沉淀。实验室常用Na2S

iO3溶液制备硅酸。某小组同学进行了如下实验：实验现象a中产生凝胶状沉淀下列结论不正确的是A.盐酸与石灰石反应离子反应方程式：2322CaCO2HCaCOHO+++=++B.由实验不能说明酸性H2CO3>H2SiO3C.若想比较碳酸和硅酸的酸性强弱，应该让气体在通入a之前先通过盛有饱和

碳酸氢钠溶液的洗气瓶D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，发生反应：22322323SiOCOHOCOHSiO−−++=+【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙是难溶物，与盐酸反应的离子方程式为2322CaCO2HCaCOHO+++=++，故A正确

；B．因为盐酸有挥发性，挥发的HCl也能与硅酸钠反应生成硅酸，故不能说明酸性H2CO3>H2SiO3，故B正确；C．因为盐酸有挥发性，挥发的HCl也能与硅酸钠反应生成硅酸，若想比较碳酸和硅酸的酸性强弱，应该让气体在通入a之前先通过盛有饱和碳酸氢

钠溶液的洗气瓶，除掉挥发的HCl，故C正确；D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成硅酸和碳酸氢钠，离子方程式为：2322323SiO2CO2HO2HCOHSiO−−++=+，故D错误。答案选D。第二部分(非选择题)本部分共5题

，共58分。15.实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)制取SO2并验证其性质。（1）盛装70%H2SO4溶液的仪器名称为___________，仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形

成段液柱，若___________则整个装置气密性良好。（2）A中如果用浓硫酸和铜反应，也可制得SO2进行实验，反应的化学方程式为___________。（3）装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择___________(填代号)。a．蒸馏水b．饱和N

aHCO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaOH溶液（4）C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为___________。（5）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管D中的溶液分成三份，分别进行实验：方

案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案合理的是方案___________(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；SO2通入试管D中发生的主要反应的离子方程式为_______

____。（6）装置E的作用是做安全瓶，防止F中的液体倒吸入D中，装置F中为___________溶液。【答案】（1）①.分液漏斗②.一段时间后液柱高度保持不变．．．．．．．．（2）()24422ΔCu2HSOCuSOSO2HO+++浓（3）

有淡黄色沉淀生成（4）c（5）①.Ⅲ②.22224SOCl2HO4H2ClSO+−++=++（6）NaOH【解析】【分析】装置A中Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2，装置B内装有饱和NaHSO3溶液判断SO2生成的快慢，为验证二氧化硫的氧化性，与硫化钠发生归中反应生成S单质，

有淡黄色固体生成，装置D中SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，E为安全瓶，装置F内装有NaOH溶液吸收尾气。【小问1详解】盛装浓H2SO4溶液的仪器名称为分液漏斗，如果一段时间后长颈漏斗中液柱高度保持不变，则证明该装置气密性良好；【小问2详解】浓硫酸和铜加热反应，生成硫酸铜、二氧化硫和

水，化学方程式为()24422ΔCu2HSOCuSOSO2HO+++浓；【小问3详解】SO2和水反应生成亚硫酸，SO2和NaOH溶液反应生成Na2SO3，SO2与饱和NaHCO3溶液也会反应；故应该选取饱和NaHSO3溶液，答案为c；【小问4详解】C试管中的试剂可以验证SO2的氧

化性，则Na2S作还原剂，被SO2氧化生成难溶性的S单质，所以看到的现象是：有浅黄色沉淀生成；【小问5详解】为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，SO2被氧化生成SO24−，只要证明溶液中含有SO24−即可，方

案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去，说明溶液中含有HClO或SO2；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO24−

，故选Ⅲ；D中SO2和Cl2在水溶液中发生氧化还原反应生成HCl、H2SO4，离子方程式为：22224SOCl2HO4H2ClSO+−++=++；【小问6详解】装置F的作用是除去SO2的尾气，则应选择NaOH溶液。16.硝酸是重要的化工原料。下图是以合成氨为基础的传统硝酸

生产工艺流程(其中空气等基础原料已略去)。（1）关于合成氨工艺，下列说法不正确的是___________(填序号)。a．合成氨是一种重要的人工固氮方法b．该反应过程中氮元素被氧化c．合成氨气还可以用于化肥工业d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与N2化学性质很稳定有关（2）

氮氧化装置中，先生成NO，反应的化学方程式为___________。然后NO被氧化成NO2。（3）吸收装置中，发生的反应为22234NOO2HO4HNO++=，若用VaLxmol·L-1的稀硝酸作为吸收液，反应后

得到VbLymol·L-1的浓硝酸，则理论上吸收装置中需消耗的O2的物质的量为___________mol(写出计算式)。（4）为实现制硝酸的绿色化改进，技术人员将①分离液态空气、②电解水等工艺整合在上述流程中。请在

①、②中任选一种，说明该工艺的产物如何应用于硝酸生产流程：___________。（5）NH3催化还原氯氧化物技术(SCR)是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，可用于上述硝酸生产工艺的废气处理，反应原理如下图所示：若催化剂表面参与反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式为

___________。【答案】（1）b（2）322催化剂4NH+5O4NO+6HΔO（3）byaxV-V4（4）①中，分离液态空气得到的氮气可用于合成氨，氧气可用于氨氧化等或②中，电解水得到的氢气可用于合成氨，氧气可用于氨氧化等（5）2322NONO2NH2N3HO+

++催化剂【解析】【小问1详解】的a．合成氨将氮气转化为氨气，是一种重要的人工固氮方法，故a正确；b．该反应过程中氮元素的化合价减低，被还原，故b错误；c．合成的NH3可用于制作氮肥，可以用于化肥工业，故c正确；d．由于N2化学性质很稳定，则该反应采用高温、高压等苛刻条

件，与氮气的稳定性有关，故d正确；故答案为：b；【小问2详解】氨氧化装置中，氨气和氧气反应生成的NO和水，其反应的化学方程式为322催化剂4NH+5O4NO+6HΔO；【小问3详解】吸收装置中，发生的反应为2

N2O4+O2+2H2O═4HNO3，若用VaLxmol•L-1的稀硝酸作为吸收液，反应后得到VbLymol•L-1的浓硝酸，反应的关系式为O2～4HNO3，则理论上吸收装置中需消耗的O2的物质的量为byaxV-V4mol；小问4详解】为实现制硝酸的绿

色化改进，技术人员将①分离液态空气得到氮气可用于合成氨气，氧气可用于氨氧化等；②电解水得到氢气，可用于合成氨气，氧气可用于氨氧化等；【小问5详解】NH3催化还原氮氧化物生成氮气和水，参与反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式为2322NONO2NH2N3H

O+++催化剂。17.元素周期表是学习化学的重要工具。A-H为短周期主族元素，其原子半径→原子序数→最高正化合价(或最低负化合价)的关系如图所示。回答下列问题：（1）F原子的结构示意图为___________，写出质量数为35的H原子符号：______

_____。（2）B、D形成的化合物BD2的电子式为___________，结构式为___________。【（3）A与H形成的化合物属于___________(填“离子”或“共价”)化合物；元素B、G、H的最高价氧化物的水化物

中，酸性由大到小的是___________(用“>”连接化学式)。（4）D、E的简单离子半径由大到小顺序为___________(填离子符号)。（5）元素G的简单气态氢化物与GD2的水溶液反应的实验现象为___________。（6）单质F与E的最高价

氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为___________。【答案】17.①.②.3517Cl18.①.②.O=C=O19.①.共价②.42423HClOHSOHCO20.2ONa−+21.产生淡黄色沉淀22.()2242Al2OH6H

O2AlOH3H−+++=+【解析】【分析】短周期元素中，A的原子序数及原子半径最小，则A为H元素；D只有-2价，D为O元素；结合原子序数可知，B、C位于第二周期，F、H位于第三周期，B有+4价，B为C；C有+5价，C为N；E为

+1价，E为Na；F为+3价，F为Al；H为-1价，H为Cl，G为-2价，原子半径比Cl稍大，G为S；以此来解答。【小问1详解】F为Al元素，原子结构示意图为，H为Cl元素，一种氯原子的质量数为35的符号为：3517Cl；【小问2详解】BD2为CO2，电子式为，结构式

为O=C=O；【小问3详解】H与Cl形成HCl，属于共价化合物；C、S、Cl的非金属性Cl>S>C，故最高价氧化物的水化物中，酸性由大到小顺序是42423HClOHSOHCO；【小问4详解】O2-和Na+的电子层结构相同，核电

荷数小则半径大，故半径2ONa−+；【小问5详解】H2S与SO2在溶液中反应会生成单质硫，现象为产生淡黄色沉淀；【小问6详解】Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++

=+。18.碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。①气体a的成分是____________________。②若钢样中硫以FeS形式存在，A

中反应：3FeS+5O2=高温1____+3_____。（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。①H2O2氧化SO2的化学方程式：_________________。②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，

消耗zmLNaOH溶液，若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_________________。（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的含量。①气体a通过B和C的目的是_____________________。②计算钢样中碳的质量分数，应测

量的数据是__________________。【答案】①.CO2、SO2、O2②.Fe3O4③.SO2④.H2O2+SO2=H2SO4⑤.zy/x⑥.除去SO2对CO2测定的干扰⑦.吸收CO2气体前后吸收瓶的质量【解析】【详解】（1）①

钢样中的碳、硫在装置A中被氧化为CO2、SO2，故a的成分为CO2、SO2以及未反应的O2；②FeS中的-2价的硫被氧化为SO2，+2价的Fe被氧化为+3价的铁，结合所给化学计量数，可知产物应为Fe3O4和SO2，故方程式为3FeS+5O2=高温Fe3O4+3SO2；（2）①H2O2

具有氧化性，可氧化SO2使S的化合价升高为+6价，在溶液中反应产物应为硫酸，故反应方程式为：H2O2+SO2=H2SO4；②1mLNaOH相当于ygS，故zmLNaOH相当于zygS，则该样品中硫的质量分数为zy/x。（3）①测

定碳的含量需将气体a中的SO2除去，故装置B和C的作用是除去SO2；②计算碳的质量分数须利用CO2的质量进行分析，故需测量CO2吸收瓶在吸收CO2气体前后的质量。19.某化学小组研究硝酸与金属的反应。下列实验中硝酸与金属的反应均在注射器中完成，实验操作及实验现象记录如表：序号实验操作与

实验现象实验1加入适量铜片与2mL的浓硝酸。反应剧烈，产生红棕色气体，溶液立即呈绿色。实验加入过量的铜片与2mL0.5mol/LHNO3溶液。产生无色气泡，溶液逐渐变为蓝色。注射器中的气体始终无色。反应结束后，向注射器中充入一定量的O2，气体迅速2变为红棕色实验3加入

过量的铁粉与2mL0.5mol/LHNO3溶液，立即有无色气体生成，溶液为很浅的绿色，反应结束后将气体通入有空气的容器无明显变化，点燃，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴；取反应后溶液，加入足量NaOH溶液，立刻得到白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色，加热后

产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。（1）铜与浓HNO3反应产生红棕色气体化学方程式是___________。（2）对实验1所得溶液呈绿色，而实验2所得溶液呈蓝色的原因提出猜想。查阅资料：i．NO2溶于稀硝酸会反应：而溶于浓硝酸不反应，使溶液呈黄色；ⅱ.NO2与水反应时会有部分发生反

应：22322NOHOHNOHNO+=+，HNO2是弱酸，无色，不稳定。ⅲ.()224CuNO−离子颜色为绿色。猜想1：NO2溶于浓硝酸，与蓝色()32CuNO溶液混合而呈现绿色。猜想2：HNO2电离出的2NO−与2Cu+结合为()224CuNO−(绿色)。①向

浓硝酸中通入NO2，溶液呈黄色，加入___________(填试剂)后呈绿色，证实猜想1合理。②研究猜想2是否为实验I所得溶液呈绿色的主要原因，实验如下。a．证明溶液A中含有HNO2的证据是___________。b．向溶液B中滴加少量硝酸，

溶液由绿色变为蓝色。结果表明，猜想2不是实验I所得溶液呈绿色的主要原因，说明理由：___________。（3）实验2中充入O2后气体变为红棕色的反应的化学方程式是___________。（4）查阅文献：铁粉与稀硝酸反应会生成H2.由实验3中的实验现象可知，过量的铁粉与0.5mol/L稀的

HNO3反应的还原产物中除了H2外，还有___________生成。写出白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色的化学方程式___________。（5）甲同学对实验3产生H2的原因提出假设：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于3NO−。乙同学认为该假设不合理。依据是实验2中观察到了_______

____(填实验现象)，该现象能说明假设不合理。（6）结合以上实验可知，金属与硝酸反应的产物与___________等因素有关。【答案】（1）()()33222Cu4HNOCuNO2HO2NO+=++浓（2）①.()32CuNO②.溶液A为无色、溶液B为绿色③.

实验表明()224CuNO−在酸性环境下不能稳定存在；由于实验1中有大量的浓硝酸存在，故不应含有大量的()224CuNO−（3）222NOO2NO+=（4）①.铵根离子(或4NH+)②.()()22234FeOHO2HO4Fe

OH++=（5）反应后得到无色气体充入O2后气体迅速变为红棕色（6）硝酸的浓度、金属种类【解析】【小问1详解】铜与浓HNO3反应产生红棕色气体NO2的化学方程式是：()()33222Cu4HNOCuNO2HO2NO+=++浓；【小问2详解】①猜想1是NO2溶于浓硝酸，与蓝色()32CuNO溶

液混合而呈现绿色，要证明猜想合理，向浓硝酸中通入NO2后再加()32CuNO溶液，观察到溶液呈绿色即可证明；②a．结合题目已知资料：HNO2是弱酸，无色，不稳定；()224CuNO−离子颜色为绿色，根据A溶液呈无色，B溶液呈绿色，能说明A中含有HNO2；b．向溶液B

中滴加少量硝酸，溶液由绿色变为蓝色，说明()224CuNO−在酸性环境下不能稳定存在；由于实验1中有大量的浓硝酸存在，故不应含有大量的()224CuNO−；【小问3详解】实验2中充入O2后，NO与O2反应生

成NO2，气体变为红棕色，反应的化学方程式是222NOO2NO+=；【小问4详解】量的铁粉与HNO3溶液生成浅的绿色Fe2+溶液，得到气体通入有空气的容器无明显变化，则气体中无NO，点燃气体尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴

，说明气体含有氢气，加入足量NaOH溶液并加热，生成Fe(OH)2，迅速被氧化生成Fe(OH)3和使湿润红色石蕊试纸变蓝的NH3，故产物中除了H2外，还有4NH+生成；Fe(OH)2迅速被氧化生成Fe(OH)3的化学方程式为：()()22234FeOHO2HO4FeOH++=。【小问5详解】实验2

中铜片表面产生无色气泡，且反应结束后，向注射器中充入一定量的O2，则气体迅速变为红棕色，说明该气体是NO，即说明该浓度的稀硝酸加入过量的铜片，是硝酸根离子被还原生成NO，说明氧化性3NO−大于H+；【小问6详解】结合实验1和实验2可知，硝酸

若是浓硝酸则生成NO2，若是浓度较低则生成NO，结合实验2和实验3可知，相同浓度的硝酸溶液，与较活泼的铁反应则被还原生成4NH+，与较不活泼的铜反应则生成NO，故金属与硝酸反应的产物与金属的活泼性、硝酸的浓度等因素有关。