【文档说明】湖北省仙桃中学2022-2023学年高一下学期第一次段考化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.708 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-53806c5e3a5d32958de688916e2685a2.html

以下为本文档部分文字说明：

仙桃中学2022级高一下学期第一次段考化学本试题卷共6页，两大题19小题，全卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H-1Cu-64O-16Na-23N-14Fe-56注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答

题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域

均无效。一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意)1.化学无处不在，下列有关说法正确的是A.在“雾霾”等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用B.常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，说明铁与浓硝

酸不反应C.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D.二氧化硫有毒，不可以添加到食品中【答案】C【解析】【详解】A．可以利用化学反应和化学试剂治理雾霾，因此化学在空气污染治理方面发挥作用，故A错误；B．常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，是因为铁与浓硝酸

发生了钝化，钝化属于化学变化，铁与浓硝酸能反应，故B错误；C．侯氏制碱法的工艺应用了碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度差异，故C正确；D．二氧化硫具有还原性，可利用其还原性添加到红酒中防止红酒氧化，因此也可做食品添加剂，故D错误

；故选：C。2.下列说法正确的是A.某黄色溶液与淀粉-KI溶液混合后呈蓝色，说明该溶液一定是氯水B.NaOH溶液可盛放在带磨口玻璃塞玻璃瓶中，也可盛放在带橡胶塞的玻璃瓶中的C.若用2SiO制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入2COD.由2

32232NaCO+SiONaSiO+CO高温可知，硅酸的酸性强于碳酸【答案】C【解析】【详解】A．黄色溶液与淀粉-KI溶液混合后呈蓝色，说明该液体具有氧化性能将KI氧化为碘单质，该液体可能是氯水也可能是氯化铁等，故A错误

；B．NaOH能与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏合性，会使玻璃塞与试剂瓶粘连，因此不能用玻璃塞的试剂瓶保存，故B错误；C．2SiO与水不能直接反应，但可与NaOH反应生成硅酸钠，硅酸钠与碳酸反应生成硅酸，故C正确；D．232232NaCO+SiONaSiO+CO高

温，该反应可说明高温条件下硅酸钠比碳酸钠稳定，不能证明硅酸与碳酸的酸性强弱，故D错误；故选：C。3.下列各组物质的各步转化均可以通过一步反应完成的是A.3242SSOHSOSO→→→B.()2333AlAlOAlOHAlCl→→→C.2323NN

HNOHNO→→→D.()()223FeFeClFeOHFeOH→→→【答案】D【解析】【详解】A．硫单质只能一步生成二氧化硫，不能直接转化得到三氧化硫，A错误；B．氧化铝不能一步生成氢氧化铝，B错误；C．氨气催化氧化一步只能生成一氧化氮，不能直接到二氧化氮，C错误；D．铁和盐酸反应一步生成氯化亚

铁，氯化亚铁和氢氧化钠反应一步生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化一步生成氢氧化铁，D正确；故选D。4.下列化学用语表示错误的是A.氨分子电子式:B.正丁烷的球棍模型：的C.乙烯的结构简式：CH2=CH2D.原子核内有8个中子的碳原子：146C【答案】A【解析】【详解】A.氨气有3个氢

原子和1个氮原子分别共用1对电子形成，正确的电子式为，故A错误；B.正丁烷分子中含有2个甲基和2个亚甲基，其球棍模型为，故B正确；C.乙烯分子中含有个碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，故C正确；D.原子核内有8个中子的碳原子的质量数为8+6=14，该原子可以表示为

：146C，故D正确；答案选A。【点睛】化学用语的考查，需注意电子式中不要遗漏电子。5.一定量的铁粉和铜粉混合物加入到一定量稀硝酸中，充分反应后剩余固体1mg，再向溶液中加入一定量的稀硫酸，充分反应后，剩余固体质量为2mg。则1m和2m的关系是A.12m>mB.12m=mC.12mm≥D.不能确

定【答案】A【解析】【详解】铁与铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属m1g,该金属为Cu或Cu、Fe；铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，金属又部分溶解，剩余金属m2g，故m1一定大于m2，故A正

确。6.下列关于实验的叙述中，正确的是选项实验操作实验现象或结论A用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色溶液中一定存在Na+，不存在K+B将氯水滴加到KBr溶液中，溶液变为橙红色氧化性：22ClBrC将有色鲜花放入盛

有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片鲜花褪色，证明氯气具有漂白性D把小块钾投入到滴有紫色石蕊试液的冷水中钾熔化成光亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变红A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．火焰呈黄色说明一定存在Na+，

可能存在K+，需透过蓝色钴玻璃观察才能确定是否存在K+，A错误；B．将氯水滴加到KBr溶液中，溶液变为橙红色，说明生成了Br2，故可以说明氧化性22ClBr，B正确；C．干燥的氯气无漂白性，鲜花褪色是由于氯气和水反应生成HClO具有漂白性，C错误；D．钾和水反应生成氢氧化钾而使溶液呈碱性，因此遇

到紫色石蕊试液变蓝，D错误；故选:B。7.AN是阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4L3SO中含有3SO的物质的量为1molB.1molNO与0.5mol2O充分反应得到AN个分子C.1L10

.1molL−24NaSO溶液中含有的氧原子数为A0.4ND.标准状况下，22.4LNO中含有N原子的数目为AN【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，3SO不是气体，无法计算，A错误；B．根据2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4可知，1

molNO与0.5mol2O充分反应不能得到AN个分子，B错误；C．24NaSO溶液中除了24NaSO中含有O原子，H2O分子中也含有O原子，则1L10.1molL−24NaSO溶液中含有的氧原子数大于A0.4N，C错误；D．标准状况下，22.4LNO的物质的量为

1mol，则其含有N原子的数目为AN，D正确；故选D。8.短周期主族元素A、B、C、D、E、F和G原子序数依次递增，其中A是原子半径最小的元素，4BA的空间结构呈正四面体形，D是地壳中含量最多的元素，E、F和G同周期，E是该周期中原子半径最大的元素，F的单质是黄色

晶体。下列说法错误的是A.原子半径：EFGBCDAB.氧化物对应的水化物酸性：FGC.D与E、E与G均可形成离子化合物D.C的气态氢化物和最高价含氧酸可以反应生成盐【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F和

G原子序数依次递增，其中A是原子半径最小的元素，则A为H，4BA的空间结构呈正四面体形，D是地壳中含量最多的元素，则B为碳，D为O，C为N，E、F和G同周期，E是该周期中原子半径最大的元素，则E为Na，F的单质是黄色晶体，则F为

S，G为Cl。【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：EFGBCDA，故A正确；B．未说明是最高价含氧酸，硫酸酸性比次氯酸强，故B错误；C．D与E形成过氧化钠或氧化钠，E与G形成氯化钠，均为离子化合物，故C正确；D．C(氮元

素)的气态氢化物和最高价含氧酸反应生成硝酸铵，硝酸铵是盐，故D正确。综上所述，答案为B。9.下列实验装置及实验结果合理的是图1图2图3图4A.实验室用图1所示装置制备少量氧气B.实验室用图2所示装置测定氯水的pHC.实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a

，一段时间后再关闭aD.实验室用图4所示装置证明非金属性强弱：Cl>C>Si【答案】C【解析】【详解】A．由于Na2O2是粉末，与水混合后不能分离，故实验室用图1所示装置不能实现“控制反应的发生与停止”，很难控制只制备少量氧气，不能达

到实验目的，A不合题意；B．由于Cl2水具有漂白性，不能用pH试纸测量氯水的pH值，应该用pH计，故实验室用图2所示装置测定氯水的pH不能达到实验目的，B不合题意；C．实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排空装置

中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整体体系中处于H2的还原性氛围中，能够防止Fe(OH)2被氧化，故能达到实验目的，C符合题意；D．实验室用图4所示装置可以观察到C

aCO3表面产生大量的无色气泡，经过饱和碳酸氢钠溶液后除去CO2中的HCl后，再通入Na2SiO3溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，由于HCl不

是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能证明三种非金属性强弱，不能达到实验目的，D不合题意；故答案为：C。10.三氯化碘()3ICl在药物合成中用途广泛，实验室可用如图装置(部分夹持装置已略去)制取。已知：a、反应原

理为223I3Cl2ICl+=；b、3ICl遇水易反应。下列说法不正确．．．的是A.装置戊的作用是防止空气中的水蒸气进入装置丁，可用无水2CaCl固体代替B.装置乙中长颈漏斗内液面上升有可能丙装置发生了堵塞C.3ICl在潮湿的空气中可能会产生白雾

D.3ICl中碘元素的化合价为3+价【答案】A【解析】【分析】装置甲用于制取氯气，浓盐酸易挥发，装置乙中饱和食盐水用于除去氯气中混有的HCl，装置丙中氯化钙用于干燥氯气，氯气通入装置丁中与I2反应生成三氯化碘()3ICl，3ICl遇水易反应，氯气有毒会

污染空气，装置戊中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置丁同时吸收尾气氯气。【详解】A．据分析可知，装置戊的作用是防止空气中的水蒸气进入装置丁同时吸收尾气氯气，而无水2CaCl固体不能吸收氯气，则不可用无水2CaCl固体代替，A错误；B．装置乙中长颈漏斗内液

面上升，说明装置乙内压强增大，其原因有可能丙装置发生了堵塞导致气流不畅，B正确；C．3ICl遇水易反应，3ICl在潮湿的空气中发生反应ICl3+2H2O=HIO2+3HCl，HCl气体极易溶于空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，会产生白雾

，C正确；D．Cl元素的非金属性强于I元素，则3ICl中碘元素的化合价为3+价，D正确；故选A。11.下列指定反应的离子方程式正确的是A.钠与水的反应：Na+2H2O=Na++H2↑+2OH-B.用氨水吸收足量的SO2气体：2OH-

+SO2=SO23−+H2OC.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOD.过量Fe和稀HNO3的反应：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O【答案】D【解析】

【详解】A．电荷不守恒，应写为：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-，故A错误；B．氨水不能拆且足量SO2应该生成3HSO−，应写为：32243NHHOSONHHSO+−+=+，故B错误；C．向次氯酸钙溶液中通

入少量2SO，应发生氧化还原反应生成4CaSO，故C错误；D．Fe过量产物生成Fe2+，稀HNO3对应的产物是NO，故D正确。故选D。12.部分被氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g，经如下处理：下列说法正确的是①滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe

3+、H+②样品中含氧元素的物质的量为0.03mol③溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol④V=224mL⑤V=336mLA.①③④B.②③④C.②③⑤D.①③⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】由题给流程可知，向样品中加入足量稀硫酸，反应得到不含

铜离子的滤液、3.2g滤渣、标准状况下VmL气体，由氧化性强弱顺序Fe3+＞Cu2+＞H+可知，氧化铁和氧化铜溶于足量稀硫酸后得到含有铁离子、铜离子和氢离子的混合溶液中铁离子优先反应，由滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成可知，滤液A中含有亚铁离子、氢离子和硫酸根离子，3.2g滤渣为铜；滤液A中加

入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为氧化铁；3.2g铜和3.2g氧化铁的物质的量分别为3.2g64g/mol=0.05mol、3.2g160g/mol=0.02mol，则样品中含氧元素的物质的量为5.92g-3.2g-0.02mol256g/mol16g/mol

=0.03mol，由电荷守恒可知，参加反应的硫酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，由金属氧化物中氧元素转化为水可知，生成水的氢离子物质的量为0.04mol×2—0.03mol×2=0.02mol，由氢原子个数守恒可知，生成标准状况下氢

气的体积为0.02mol×12×22.4L/mol=2.24L，则②③④正确、①⑤错误，故选B。13.2020年春季抗击新冠肺炎中，N95口罩成为“明星”。丙烯是生产口罩原材料聚丙的原料，下列有关丙烯(CH3-CH=CH2)的说法错误的是A.

丙烯和乙烯互为同系物B.丙烯使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同C.丙烯分子中所有的原子可能在同一个平面上D.由丙烯制备聚丙烯的方程式为：nCH3CH=CH2一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【答案】C【

解析】【分析】【详解】A．丙烯和乙烯结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此二者互为同系物，A正确；B．丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色；能够和酸性高锰酸

钾溶液发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此二者的反应原理不同，B正确；C．丙烯分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有的原子在同一个平面上，C错误；D．丙烯在一定条件下断裂不饱和的碳碳双键中较活泼的键，然后这些不

饱和的C原子彼此结合形成高分子化合物聚丙烯，该反应的化学方程式为：nCH3CH=CH2一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，D正确；故合理选项是C。14.向100mL稀24HSO与稀3HNO的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体

积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法正确的是A.产生2H的体积为2.24LB.28.4m=C.所用混合溶液中()124HSO1.0molLc−=D.AB段发生的反应为置换反应【答案】B【解析】【分析】由坐

标图可知，OA段，发生反应：Fe+4H++3NO−=Fe3++NO↑+2H2O；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑。OA段，n(NO)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，则n(Fe)=0.1mol，n(H+)=0.4m

ol，n(3NO−)=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol；AB段，n(Fe)=12n(Fe3+)=0.05mol；BC段，n(H+)=2n(H2)=2×3.36L2.24L22.4L/mol−=0.1mol。【详解】A．由分析可知，产生H2的体积为3.

36L-2.24L=1.12L，A不正确；B．m2＝(0.1mol+0.05mol)×56g/mol=8.4g，B正确；C．由n(3NO−)=0.1mol可知，所用混合溶液中HNO3为0.1mol，则H2SO4电离产生的H+为0.4mol，c(H2SO4)=0.4mol20.

1L=2mol·L-1，C不正确；D．AB段发生的反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应，D不正确；故选B。15.由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下图所示。下列有关说法错误．．的是A.控

制适当的反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝的浸取率B.滤渣的主要成分是SiO2和CaSO4C.过滤后的滤液中主要存在的阳离子有H+、Fe2+、Ca2+、Al3+D.聚合硫酸铁铝在水中形成的胶体具有吸附作用【答案】C【解析】【分析】含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物中加入稀硫酸、

双氧水，二氧化硅不反应，过滤除去二氧化硅和微溶的硫酸钙，生成的滤液中含有硫酸铁、硫酸铝，滤液加热聚合一系列操作后得到聚合硫酸铁铝。【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，故A正确；B．SiO2不与双氧水和稀硫酸反应，CaO与稀硫

酸反应生成微溶物4CaSO，所以滤渣主要是SiO2和4CaSO，故B正确；C．双氧水会将亚铁离子氧化，滤液中主要存在的阳离子没有亚铁离子，而是3Fe+，故C错误；的D．聚合硫酸铁铝可与水作用生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积大，有吸附作用，故D正确

；故选C。二、填空题(本大题共4小题，共55分)16.随着原子序数递增，八种短周期元素(用字母x，y等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题：（1）h在元素周期表中的位置为_______。（2）x与e形成的化合物的

电子式为_______。（3）e，f的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是_______。（4）元素d与g的氢化物组成和结构相似，相同条件下二者沸点较高的是_______(填化学式)，原因是_______。（5）z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子中离子半径最小的是_____

__(填离子符号)。（6）元素的原子得电子能力越强，则元素非金属性越强。下列事实不能说明h的非金属性比g的非金属性强的是_______(填标号)。A.将h的单质通入g的气态氢化物形成的溶液中，有淡黄色沉

淀产生B.g与Fe化合时产物中Fe为2+价，h与Fe化合时产物中Fe为3+价C.用h的氢化物可以制出g的氢化物D.化合物2gh中，h的化合价为1−价【答案】（1）第三周期VIIA族（2）（3）Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O（4）①.H2O②.H2O分子之间可以形成

氢键，使其沸点增大（5）Al3+（6）C【解析】【分析】随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x、y、z…表示）的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，根据图示可知：x位于第一周期，为H元素；

y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。【小问1详解】h是Cl元素，在元素周期表中的位置为第三周期VIIA族。【小问2详解】H和

Na形成的化合物为NaH，电子式为：。【小问3详解】Na、Al的最高价氧化物对应的水化物为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成氯酸钠和水，化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。【小问4详解】d

与g的氢化物为H2O和H2S，H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大，则沸点较高的是H2O。【小问5详解】z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子为N3-、O2-、Na+、Al3+，这四种离子具有相同的电子层数，核电荷数越

大半径越小，则离子半径最小的是Al3+。【小问6详解】A．将Cl2通入S的气态氢化物形成的H2S溶液中，有淡黄色沉淀S单质产生，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故A不选；B．Cl2与Fe化合时产物中Fe为2+价，S与Fe化合时产物中Fe为3+价，说明Cl2的氧化性

大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故B不选；C．用Cl的氢化物HCl可以制出S的氢化物H2S，说明酸性：HCl>H2S，但HCl和H2S都不是最高价含氧酸，不能说明Cl元素非金属性大于S，故C选；D．化合物2SCl中，Cl

的化合价为1−价，说明Cl的原子得电子能力比S强，可以说明Cl元素非金属性大于S，故D不选；故选C。17.回答下列问题:（1）等质量的4CH、24CH、26CH完全燃烧时耗去2O的量最多的是_______；在1

20℃、51.0110Pa时，有上述两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是_______。（2）相对分子质量为72的烷烃的分子式是_______；它可能的结

构有_______种。（3）一种有机物Y的键线式如图所示：Y的分子式为_______；Y的一氯代物有_______种。【答案】（1）①4CH②.4CH、24CH（2）①.C5H12②.3（3）①.C8H8②.2【解析】【小问1详解】等质量的4C

H、24CH、26CH完全燃烧时，H的质量分数越大，耗去2O的量越多，最简式分别为CH4、CH2、CH3，可知甲烷中H的质量分数最大，则耗去2O的量最多的是4CH；120℃、51.0110Pa时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，水为气体，设烃为CxHy，相同条件下测得反

应前后气体体积没有发生变化，则yy1+x+=x+42，解得y=4，可知这两种气体是4CH、24CH；【小问2详解】烷烃的通式为CnH2n+2，根据12n+2n+2=72，解得n=5，则相对分子质量为72的烷烃的分子式是C5H12；它可能的结构有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH

(CH3)2、C(CH3)4以上3种；【小问3详解】根据有机物Y的键线式可知，Y的分子式为C8H8；Y有2种等效氢，则Y的一氯代物有2种。18.A、B、D、E、X均为中学化学常见物质，相互转化关系如图所示(部分物质略去)。I.若A为气体单

质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体。（1）实验室制取B的化学方程式为_______。（2）D和CO均是汽车尾气的主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，降低污染物排放，写出该反应的化学方程

式：_______。II.若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体。.（3）A与X反应的化学方程式：_______。（4）将一定量的气体X通入B的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HC

l物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。吸收X后的B溶液中的溶质为_______，物质的量之比为_______。【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3+2H2O（

2）2NO+2CO=催化剂N2+2CO2（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（4）①.NaOH、Na2CO3②.1:2【解析】【分析】I.若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体，可推知A为N

2、X为O2、B为NH3、D为NO、E为NO2；II．若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体，则A为Na2O2、B为NaOH、X为CO2、D为Na2CO3、E为NaHCO3；【小问1详解】实验室采用氯化铵和

氢氧化钙固体加热的方式制取NH3，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3+2H2O；小问2详解】根据题意可知，NO与CO在催化剂条件下转化为无污染的N2和CO2，该反应的化学方程式为2NO+2CO=催化剂N2+2CO2；【小问3详解】【A与X反应

的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】将一定量的气体CO2通入NaOH的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H

2O+CO2，可知Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗HCl与产生CO2消耗HCl的物质的量之比3:2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3；结合图像可知两者物质的量之比为为1:2。19

.氮氧化物(NO、2NO)、2SO是大气污染物。回答下列问题：（1）以上污染物造成的环境问题有_______(写一种即可)。（2）SCR脱硝技术已成为使用广泛和成熟的烟气净化技术，脱硝效率高达90%以上。化学反应机理如

图1所示，写出该反应发生的化学方程式：_______。（3）目前，NaClO溶液广泛地应用于脱硫脱硝。某课外小组同学设计了如图2所示的喷淋吸收塔装置。①该装置的优点是_______；②脱硫()2SO反应的离子方程式为__

_____。（4）某研究小组用下图所示装置探究2SO和()33FeNO溶液的反应。请回答：①装置A中，a仪器名称叫_______。②为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是_______。③装置B中产生了白色沉淀，其成分是

_______(填名称)，说明2SO具有_______性。④分析B中产生白色沉淀的原因：观点1：_______；观点2：2SO与3+Fe反应；观点3：在酸性条件下2SO与3NO−反应；若观点2正确，装置B中反应的离子方䅠式是_______。【答案】（1）光化学

烟雾或酸雨（2）4NO+4NH3+O2=催化剂4N2+6H2O（3）①.增大了气体与NaClO溶液的接触面积，提高了脱硫脱硝效率②.ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO24−+2H+（4）①.三颈烧瓶②.打开弹簧夹，向装置中通入一段时间N2

，关闭弹簧夹③.硫酸钡④.还原⑤.2SO与3+Fe、酸性条件下与3NO−都反应⑥.2Fe3++Ba2++SO2+2H2O=2Fe2++4H++BaSO4【解析】【分析】(4)本实验装置A利用浓硫酸与Na2SO3固体反应生成SO2，再将生成的SO2通入装置B中探究2S

O和()33FeNO溶液的反应；【小问1详解】氮氧化物造成光化学烟雾，氮氧化物、二氧化硫均能造成酸雨；【小问2详解】由图可知，SCR脱硝技术发生的反应为在催化剂条件下，氨气与一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NO+4NH3+O2=催化剂4N2+6H2O；【小问3详解

】①喷淋吸收塔装置的优点为增大了气体与NaClO溶液的接触面积，提高了脱硫脱硝效率；②由图可知，NaClO与SO2反应生成硫酸根离子和氯离子，根据得失电子守恒配平反应的离子方程式为为ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO24−+2H+；【

小问4详解】①由图可知，装置A中，a仪器名称叫三颈烧瓶；②为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，其操作是打开弹簧夹，向装置中通入一段时间N2，关闭弹簧夹；③()33FeNO溶液中有硝酸根，将SO2

通入其中，SO2会与水反应生成H2SO3提供酸性环境，易被硝酸氧化为H2SO4，则装置B中产生了白色沉淀，其成分是硫酸钡，说明2SO具有还原性；④综合观点2、3可知观点1为2SO与3+Fe、酸性条件下与3NO−都反应；若观点2正确，装置B中反应的离子方程式是2Fe3+

+Ba2++SO2+2H2O=2Fe2++4H++BaSO4。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com