【文档说明】【精准解析】山东省滕州市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试卷.doc，共(21)页，513.500 KB，由小赞的店铺上传

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山东省滕州市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题1.化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法错误的是（）A.开发利用太阳能、风能和氢能等新能源代替化石能源，利于实现低碳经济B.利用膜材料将含油污水中的油水分离，发生的是化学变化C.依照CuCuOCu(NO3)2的反

应制取Cu(NO3)2符合不易产生污染的绿色化学理念D.屠呦呦从青蒿中提取青蒿素对治疗疟疾有特效【答案】B【解析】【详解】A.太阳能、风能和氢能等能源不产生二氧化碳，故有利于实现“低碳经济”，故A正确；B.利用

膜材料将含油污水中的油水分离，发生的是物理变化，故B错误；C.Cu与氧气生成CuO，CuO与硝酸反应生成Cu(NO3)2消耗硝酸最少，且没有污染气体产生，故C正确；D.屠呦呦因从中药青蒿中提取出治疗疟疾的特效药诺贝尔奖，故D正

确；答案选B。2.我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”，写道：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅。……。虚弱者忌之。宜外用，勿服。……。”这里的“鼻冲水”

是指（）A.醋B.硝酸C.食盐水D.氨水【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，鼻冲水是指具有刺激性气味、储存于玻璃瓶中易挥发、有毒的物质，据此分析。【详解】鼻冲水是指氨水，具有刺激性气味、储存于玻璃瓶中易挥发、有毒的物质。答案选D。3.

在下列物质分类中，前者包含后者的是（）序号前者后者序号前者后者A电解质化合物B金属氧化物碱性氧化物C分散系混合物D单质纯净物A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】根据题中物质分类可知，本题考查物质分类，运用各物质的分类标准分析。【详解】A.

电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能导电的化合物，前者不包含后者，故A错误；B.碱性氧化物全部是金属氧化物，而金属氧化物不一定是碱性氧化物，前者包含后者,故B正确；C.分散系都是混合物，而混合物不都是分散系，前者不包含后者，故C错误；D.单质一定是纯净物，但纯净物不一定是

单质，还可以是化合物，前者不包含后者，故D错误；答案选B。【点睛】碱性氧化物全部是金属氧化物，而金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，它就是酸性氧化物，是高锰酸的酸根。4.常温下，下列物质中不能用铁质容器贮运的是（）A.浓盐酸B.浓硝酸C.液氯D.浓氨水【答案】A【解析】【分析】根

据题中不能用铁质容器贮运可知，本题考查铁的性质，运用铁的化学性质分析。【详解】A.浓盐酸与铁反应，故浓盐酸不能用铁质容器贮运，故A正确；B.浓硝酸遇铁发生钝化，故浓硝酸能用铁质容器贮运，故B错误；C.液氯是纯的Cl2，常温下Fe与Cl2不反应,故液氯能用铁质容器贮运，故C错误

；D.浓氨水和铁不会发生反应，故浓氨水能用铁质容器贮运，故D错误；答案选A。【点睛】浓硝酸、浓硫酸遇铁、铝发生钝化，故可以用铁或铝制品盛放浓硝酸、浓硫酸。5.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法错误的是（）A.碳、氢、氧三中元素也参加了氮循环B.含氮的无机物

和含氮的有机物可以相互转化C.仿生固氮和根瘤菌固氮均为天然固氮D.氮元素有的发生氧化反应，有的发生还原反应【答案】C【解析】【分析】根据题中自然界中氮循环图可知，本题考查氮的化合物的性质，运用氮的化合物的性质和自然界中氮循环规律分析。【详解】A．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造

需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O2=2NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，氢元素参加，故A正确；B．氮循环中铵

盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故B正确；C.仿生固氮是模仿生物将大气中的氮固定，非天然固氮，故C错误；D.硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解成0价氮单质，发生还原反应；自然界中0价的氮气在雷电作用下与氧气反应生成NO，NO中

氮元素为+2价，发生氧化反应，故D正确；答案选C。【点睛】自然界氮的固定有两种方式：一种是非生物固氮，即通过闪电、高温放电等固氮，这样形成的氮化物很少；二是生物固氮，即分子态氮在生物体内还原为氨的过程。6.进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是

（）A.金属钠着火时使用干粉（主要成分为碳酸氢钠）灭火器灭火B.用试管加热固体时使用试管口向上倾斜C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D.移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持【答案】D【解析】【详解】A.钠燃烧后生成的过氧化钠会与干粉灭火器产生的二氧化碳中反

应放出氧气，所以不仅不能灭火，反而会助长火势，故A错误；B.一般固体都无可避免的会存在水分，加热的时候这些水分蒸发出来，在试管口低温区域冷凝成水，如果试管口向上倾斜，那么这些水就会顺着试管流到加热区，试管在热涨冷缩中就会炸裂，故B错误；C.氢氧化钠是强

碱,腐蚀性也非常强，故C错误；D.移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持，故D正确；答案选D。【点睛】钠燃烧后生成的过氧化钠会与干粉灭火器产生的二氧化碳中反应放出氧气，钠也能与水反应生成氢气易导致爆炸，因此实验室中钠着火时应该用沙

土盖灭。7.将盛有浓硫酸和浓盐酸的两烧杯分别在空气中放置一段时间。下列说法正确的是（）A.浓盐酸和浓硫酸的浓度都减小B.浓盐酸和浓硫酸的质量都减小C.浓盐酸和浓硫酸的质量都增加D.浓盐酸和浓硫酸的浓度都增加【答案】A【解析】【分析】根据题中浓硫酸和浓盐酸可知，本题考查浓硫酸和浓盐酸的性

质，运用浓硫酸的吸水性和浓盐酸的挥发性分析。【详解】由于浓硫酸具有吸水性，敞口放置在空气中一段时间后，溶剂的量增大，溶质的质量不变，浓度会变小；浓盐酸具有挥发性，敞口放置在空气中一段时间后，溶质的质量减小，溶剂的质量不变，浓度会变小。答案选A。【点睛】浓硫酸具有较强的吸水性，易吸收空气中

的水蒸气而使溶液变稀；而浓盐酸具有较强的挥发性，放置于空气中会不断挥发出氯化氢气体使溶液变稀。8.下列说法正确的是（）A.硫元素的同素异形体的性质相同B.H2O2常做氧化剂，只有氧化性C.向CaCl2溶液中通入CO2气体，有白色沉淀生成D.汽车尾气中的NO主要是氮

气和氧气在汽车汽缸中形成的【答案】D【解析】【详解】A.硫元素的同素异形体的物理性质不同，化学性质相似，故A错误；B.H2O2中氧元素显-1价，容易得电子降低为-2价，常做氧化剂，但也可以失去电子升高为0价的氧气，也有还原性，故B错误；C.由于盐酸的酸

性强于碳酸，CaCl2与CO2不反应，故C错误；D.汽车尾气中的NO主要是氮气和氧气反应生成的，故D正确；答案选D。【点睛】同素异形体虽然由同样的元素组成，同素异形体之间物理性质不同，化学性质略有差异。例如氧气是没有颜色、没有气味的气体，而臭氧是淡蓝色、有鱼腥味的

气体；氧气的沸点-183℃，而臭氧的沸点-111．5℃；氧气比臭氧稳定，没有臭氧的氧化性强。9.有一瓶可能部分被氧化的Na2SO3溶液，某同学取少量此溶液,滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后.仍有白色沉淀。下述有关此实验的结论正确的是A.Na2SO3已部分

被空气中的氧气氧化B.加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C.加足量硝酸后的白色沉淀一定是BaSO4D.此实验能确定Na2SO3是否部分被氧化【答案】C【解析】【详解】A．硝酸能与亚硫酸钡反应生成

硫酸钡，则无法判断Na2SO3是否部分被空气中的氧气氧化，A结论错误；B．实验不能判断亚硫酸钠是否被氧化，则加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中不能确定是否含有BaSO4，B结论错误；C．加足量硝酸后无论亚

硫酸钠是否被氧气氧化，一定可以被硝酸氧化，则白色沉淀一定是BaSO4，C结论正确；D．此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，D结论错误；答案为C。10.Zn与硝酸反应时，硝酸溶液的浓度不同，产物也不相同。

与不同浓度硝酸反应时，反应的Zn与被还原硝酸的物质的量关系如图。还原产物为NH4NO3的曲线是（）A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】根据题中Zn与被还原硝酸的物质的量关系图可知，本题考查氧化还原反应的计算

，运用氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒分析。【详解】锌和稀硝酸发生氧化还原反应，反应后Zn从0价被氧化为+2价，硝酸还原产物为NH4NO3，即硝酸中氮原子从+5价被还原为-3价，由得失电子守恒和原子守恒写出反应的化学方程式为：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2

O，此时已反应的锌与被还原的硝酸的物质的量之比为4：1，符合的只有曲线A，答案选A。11.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.46gNO2和N2O4混合气体中所含的原子总数为3NAB.反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2每生

成2molFe2O3转移电子总数为44NAC.22.4L的N2和O2所含的分子总数为NA，该混合气体所处的状况为标准状况D.含1molFeCl3的饱和溶液滴加到沸水中，所得氢氧化铁胶体分散质的粒子数为NA【答案】AB【解析】【分析】根据题中NA

表示阿伏加德罗常数可知，本题考查NA的相关计算，运用mANVnNV==和氧化还原反应中的电子守恒分析。【详解】A.NO2和N2O4的最简式相同，均为NO2,46gNO2和N2O4混合气体中含有最简式NO2的物质的量为1mol，原子总数为3NA，故A正确；B.反应

4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2每生成2molFe2O3，消耗11molO2，氧元素从0价降低为-2价，共有2×11×2mol电子转移，即转移电子总数为44NA，故B正确；C.22.4L的N2和O2所含的分子总数为NA

，则由mANVnNV==可得此时Vm=22.4L/mol，但并不只有在标况下，气体的摩尔体积才能是22.4L，因此该混合气体所处的状况不一定为标准状况，故C错误；D.由于氢氧化铁胶体分散质的粒子为多个氢氧化铁分子的聚集体，所以氢氧化铁胶体中含有的分散质的粒子

数小于NA，故D错误；答案选AB。【点睛】氢氧化铁胶粒为多个氢氧化铁分子的聚集体。12.下列实验操作正确且能达到实验目的的是（）A.发生铝热反应B.形成红色喷泉C.配制100mL一定物质的量浓度盐酸D

.制取氨气【答案】B【解析】【详解】A.铝热反应是将氧化铁和铝粉混合发生反应，故A错误；B.HCl气体极易溶于水，且HCl溶于水形成盐酸，盐酸显酸性，遇紫色石蕊变红，因此可形成红色喷泉，故B正确；C.容量瓶不能用来稀释溶液，故C错误；D.利用氯化铵加热分解得到

氨气和氯化氢气体，二者在试管中又很快化合生成氯化铵，因此不能制取氨气，故D错误；答案选B。【点睛】实验室常用加热氯化铵和氢氧化钡固体制取氨气。13.下列说法正确的是（）A.向某溶液中滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀产生，溶液中

一定含有Cl-B.向某溶液中加入一定量的稀硫酸，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，溶液中一定含有SO32-或CO32-C.将灼热的木炭与浓硝酸反应产生的气体缓缓通入澄清石灰水中，溶液没有沉淀产生D.向某溶液中滴加少量浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试

管口，试纸不变蓝，说明该溶液中一定不含NH4+【答案】CD【解析】【详解】A．向某溶液中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，不能排除SO42-、CO32-等离子的干扰，应先加硝酸酸化，故A错误；B．溶液中也可能存在HCO3-、HSO3-，故B错误；C.灼热木炭

与浓硝酸发生反应：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，将混合气体通入澄清石灰水可能发生的反应有：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO，CaCO3+2HNO3=C

a(NO3)2+CO2↑+H2O，所以不会生成沉淀，故C正确；D.若某溶液中含NH4+，滴加少量浓NaOH溶液会生成能使红色石蕊试纸变蓝的氨气，试纸不变蓝，则说明该溶液中一定不含NH4+，故D正确；答案

选CD。【点睛】铵根离子和稀的NaOH反应生成一水合氨，加热才产生氨气，而用浓的NaOH溶液和铵根离子反应则可以直接产生氨气。14.下列事实的解释中，错误的是（）A.SO2的漂白原理与Ca(ClO)2水溶液、H2O2和氯水三种物质的不同B.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象

，说明浓硫酸具有脱水性C.浓硫酸做干燥剂，是因为浓硫酸具有吸水性D.SO2能使氯水褪色，SO2表现出漂白性【答案】D【解析】【详解】A.SO2的漂白原理是二氧化硫与有色物质反应生成无色的物质，SO2的漂白作用是可逆的；Ca(ClO)2水溶液的漂白原理是它在空气中反应生成HClO

，HClO有强氧化性，能使有色物质如品红溶液褪色；H2O2和氯水漂白原理是H2O2和氯水中的HClO都具有强氧化性，故A正确；B.浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱去而只剩碳元素，从而出现发黑现象，故B正确；

C.浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，故C正确；D.SO2能使氯水褪色是因为氯水具有很强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应而使其褪色，表现SO2的还原性，故D错误；答案选D。【点睛】SO2能使氯水褪色是因为氯水具有很强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应而使其褪色，反应的

方程式为：SO2+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4,表现SO2的还原性，因此，具有漂白性的二氧化硫和氯水混合后，漂白效果并不会增强，反而丧失漂白效果。15.下列离子方程式书写正确的是（）A.向FeCl3溶液中滴加KI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2B.向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸：

OH-+H+=H2OC.过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色：H2O2+2MnO4-+6H+=4H2O+2Mn2++3O2↑D.向NaHCO3溶液滴加少量澄清石灰水中：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-【答案】AD【解

析】【详解】A.FeCl3具有氧化性，碘化钾中碘离子具有还原性，两者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，离子方程式为：3+2+22Fe+2I=2Fe+I−，故A正确；B.向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=2H2O+C

u2+，故B错误；C.过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：5H2O2+2MnO4－+6H+=8H2O+2Mn2++5O2↑，故C错误；D.向NaHCO3溶液滴加少量澄清石灰水，少量澄清石灰水定为1

mol，其离子方程式为：2HCO3－+Ca2++2OH－=CaCO3↓+2H2O+CO32−，故D正确。综上所述，答案为AD。16.某无色透明溶液中可能大量存在K+、Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。（2）取少量原溶液加入过量氨

水，有白色沉淀生成[已知：Ag(NH3)2+在溶液中无色]，说明原溶液中肯定有的离子是___，反应的离子方程式为___。【答案】(1).Cu2+(2).Mg2+(3).2NH3·H2O+Mg2+=Mg（OH）2↓+2NH4+【解析】【分析】（1）无色透明溶液中不含

有色离子；（2）氨水和镁离子反应生成白色氢氧化镁沉淀。【详解】（1）无色透明溶液中不含有色离子，Cu2+显蓝色，因此不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+，故答案为：Cu2+；（2）取少量原溶液加入过量氨水，有白色

沉淀生成[已知：Ag(NH3)2+在溶液中无色]，是因为加入氨水后发生反应：2NH3·H2O+Mg2+=Mg（OH）2↓+2NH4+，Mg（OH）2是白色沉淀，因此说明原溶液中肯定有的离子是Mg2+，故答案为：Mg2+；2NH3·H2O+Mg2+=Mg（OH

）2↓+2NH4+。17.电子工业中，人们常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板来制作印刷电路板，并回收Cu和综合利用FeCl3溶液。实验室模拟流程如图所示：回答下列问题：（1）过滤操作除铁架台（附铁圈）、烧杯、滤纸外还需要的仪器为___。（2）滤渣1成分的化

学式为___；试剂Y为___。（3）可替代气体Z的试剂为___（填序号）A.硝酸B.酸性高锰酸钾C.过氧化氢（4）写出FeCl3溶液腐蚀覆铜板的离子方程式___。（5）用实验证明滤液1中只含有Fe2+___。【答案】(1).玻璃

棒、漏斗(2).Fe、Cu(3).盐酸（或HCl）(4).C(5).2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(6).取少量滤液1于试管中，先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色，证明原溶液只含有Fe2+【解析】【分析】（1）过滤操作需要

的仪器为铁架台（附铁圈）、烧杯、滤纸、玻璃棒、漏斗；（2）滤渣1中含有金属铜与过量的Fe，加入盐酸，过滤，回收铜，据此分析；（3）滤液2中含有氯化亚铁，与滤液1合并，制备氯化铁，据此进行解答；（4）FeCl3溶液腐蚀覆铜板是铜与氯化铁

反应生成氯化铜、氯化亚铁；（5）验证Fe2+方法：KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，据此解答。【详解】（1）过滤操作需要的仪器为铁架台（附铁圈）、烧杯、滤纸、玻璃棒、漏斗,故答

案为：玻璃棒、漏斗；（2）由工艺流程可知,FeCl3溶液与镀铜电路板反应生成的废液中有氯化铜、氯化亚铁；在废液中加入过量的铁单质可得到滤液1（氯化亚铁）和滤渣1（金属铜与过量的Fe），往滤渣1中加入盐酸，过滤，回收得到金属铜和滤液2（氯化亚铁），故答案为：Fe、Cu；盐酸（或H

Cl）；（3）滤液2中含有氯化亚铁，与滤液1合并，制备氯化铁，因此气体Z是具有氧化性的氯气，可替代气体Z的试剂应为过氧化氢，因为氯化亚铁与过氧化氢反应生成氯化铁和水，没有引入新杂质,而使用硝酸和酸性高锰酸钾会引入新杂质,故答案为：C；（4）FeCl3溶液腐蚀覆铜板是

铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁,反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（5）证明滤液1中只含有Fe2+：可以用KSCN与Fe3+作用使溶液显红

色，与Fe2+作用无此现象的原理来验证，具体实验步骤为：取少量滤液1于试管中，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液只含有Fe2+，故答案为：取少

量滤液1于试管中，先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色，证明原溶液只含有Fe2+。【点睛】验证Fe2+方法：（1）向溶液中滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液只含有Fe2+；（2）取少量溶液，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含

有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液只含有Fe2+。18.“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福。“拥有天蓝、地绿、水净的美好家园，是每个中国人的梦想。回答下列问题：（1）排放到大气中的氮的氧化物，会造成_

__污染。（2）化肥、炼油、稀土、钢铁等工业都会排放出高浓度的氨氮废水。氨氨废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。①某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O形式存在，为达到变废为宝回收利用的目的。可采取的方法是___。②某团队设计处理流程如下：过程Ⅱ为硝化过程，在微生物的作用

下实现NH4+→NO2-→NO3-的转化，在碱性条件下NH4+被氧气氧化成NO3-的总反应离子方程式为___。过程Ⅲ为反硝化过程，向一定条件下的废水中加入甲醇（CH3OH）实现HNO3→NO2-→N2的转化，将lmolNO2-完全转化为N2，转移的电子数为___。（3）磷酸生

产及煤燃烧产生的废气SO2等会对大气造成污染。①为防止工业煤燃烧产生SO2，常向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫，脱硫的产物用于制造石膏。脱硫反应的化学方程式为____。②某兴趣小组对取得的酸雨样品进行pH测定，随着的简的推移，得到

以下数据（pH越小，酸性越强）。时间/h开始81624324048pH5.04.84.54.34.24.04.0雨水pH变化的主要原因是___（用化学方程式表示）。③某硫酸化工厂，使用一种含杂质为25%的黄铁矿石（FeS2）为原料。若取2吨该矿石，可制得98%的浓

硫酸___吨（假设生产过程中96%SO2转化为SO3）。【答案】(1).光化学烟雾(2).加入氢氧化钠溶液并加热将氨气赶出回收（或加入氢氧化钠溶液并加热将氨气赶出回收，或加入硫酸制成氮肥硫酸铵（答案合理即可）(3).4232223NHOHONOHO+−−+++微生物(4)

.3NA(5).2SO2+O2+2CaCO3=2CaSO4+2CO2(6).雨水样品中的SO2和H2SO3不断被空气中的氧气氧化生成强酸（H2SO4），所以pH随时间的延长，H+浓度增大，pH下降，到全部氧化后，溶液中形成H2SO4不会继续

氧化和挥发，pH不再发生变化(7).2.4t【解析】【分析】（1）氮的氧化物，会造成光化学烟雾污染；（2）①NH4+和NH3·H2O可转化成硝酸、氨气或氮肥硫酸铵等回收利用，据此分析；②在碱性条件下NH4+被氧气氧化成NO3-，同时氧气被还

原成H2O，据此分析；（3）①向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫制石膏，是二氧化硫、碳酸钙及氧气反应生成了CaSO4和CO2，据此分析；②雨水样品中的SO2和H2SO3，不断被空气中的氧气氧化生成强酸（H2SO4），全部氧化后，溶液中形成H2SO4不会继续氧化和挥发，据此分析；③

由黄铁矿制备硫酸的过程为：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，依据硫原子个数守恒找到FeS2与H2SO4的关系进行计算；【详解】（1）排放到大气中的氮的氧化物，会造成光化学烟雾污染，故答案为：光化学烟

雾；（2）①氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O形式存在，为达到变废为宝回收利用的目的，可往废水中加入氧化剂氧化成硝酸回收利用，或加入氢氧化钠溶液并加热将氨气赶出回收，或加入硫酸制成氮肥硫酸铵，（答案合理即可）故答案为：加入氢氧化钠溶液并加热将

氨气赶出回收（或加入氧化剂氧化成硝酸回收利用，或加入硫酸制成氮肥硫酸铵（答案合理即可）；②过程Ⅱ为硝化过程，在微生物的作用下实现NH4+→NO2-→NO3-的转化，在碱性条件下NH4+被氧气氧化成NO3-的总反应离子方程式为：

4232223NHOHONOHO+−−+++微生物；过程Ⅲ向一定条件下的废水中加入甲醇（CH3OH）实现HNO3→NO2-→N2的转化，将lmolNO2-完全转化为N2时，NO2-的氮元素由为+3价转化为N2中的0价，根据原子守恒可知转移的电子数

为3mol，即转移的电子数为3NA，故答案为：4232223NHOHONOHO+−−+++微生物；3NA；（3）①向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫，脱硫的产物用于制造石膏，说明煤燃烧产生SO2和CaCO3反应生成了石膏CaSO4，反应的方程式为：2SO2+O2+

2CaCO3=2CaSO4+2CO2，故答案为：2SO2+O2+2CaCO3=2CaSO4+2CO2；②雨水样品中的SO2和H2SO3，不断被空气中的氧气氧化生成强酸（H2SO4），所以pH随时间的延长，H+浓度增大，pH下降，到全部氧化后，溶液中形成H2SO4不会继续氧化

和挥发，pH不再发生变化，故答案为：雨水样品中的SO2和H2SO3不断被空气中的氧气氧化生成强酸（H2SO4），所以pH随时间的延长，H+浓度增大，pH下降，到全部氧化后，溶液中形成H2SO4不会继续氧化和挥发，pH不再发生变化；③依据反应前后硫元素质量不变可知：FeS2～2SO2～2SO3～2H

2SO4，设制备浓硫酸的质量为m，生产过程中96%SO2转化为SO3，则22324222120196275%96%98%FeSSOSOHSOtm～～～，275%96%196t=12098%m，解得m≈2.4t，故答案为：2.4t

。【点睛】雨水样品中的SO2和H2SO3，不断被空气中的氧气氧化生成强酸（H2SO4），全部氧化后，溶液中形成H2SO4不会继续氧化和挥发。19.分类是学习的一种重要方法，“价一类”二维图对学习化学知识具有重要的指导意义。物质的化学反应常与外界条件密切相

关。回答下列问题：（1）含有同一元素的X、Y、Z、E、M五种物质，一定条件下有以下的转化关系。①若E为红棕色气体，则该气体的收集方法为___；X分子含有10个电子，则气体X水溶液中离子有___。②若Y为淡黄色固体单质，写出Z→E的化学反应方

程式___。（2）盐酸、硫酸、硝酸是工业生产中常用的三种强酸。①盐酸既有酸性，又能表现氧化性和还原性，其还原产物是___；若足量的MnO2与100mL12mol·L-1的浓盐酸反应，生成Cl2的物质的量___0.3mol（填：“大于”、“等于”、“

小于”）。②足量的锌与浓硫酸反应，反应开始时的化学方程式为___；反应快结束时的离子反应方程式为___。③将6.4g铜与足量的浓硝酸反应，产生NO和NO2气体的体积为2.24L（STP），则参加反应的硝酸的物质的量为___。【答案】(1).向上排空气法(2).OH-、NH4+、H+(3).2S

O2+O22SO3(4).H2(5).小于(6).Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(7).Zn＋2H+Zn2+＋H2↑(8).0.3mol【解析】【分析】（1）①E为红棕色气体，则

E为NO2，X、Y、Z、E、F均含有同一元素，则X为NH3，Y为N2，Z为NO，F为HNO3，Q为O2，据此分析；②若Y为淡黄色固体单质，则Y为S，Q为O2，Z→E为SO2与O2反应，据此分析；（2）①盐酸中的氢是＋1价，是氢的最高价，可以得到电子变成低价，而表现氧化性；盐酸中的

氯是－1价，是氯的最低价，它可以失去电子变成高价，而表现还原性；MnO2与浓盐酸反应，随着反应不断进行，盐酸的浓度不断降低，当低于某一浓度时，反应不再进行，据此解答；②反应开始时的硫酸是浓硫酸，具有强氧化性，其还原产物为SO2，因为锌粉足量，所以反应结束时的硫酸是稀

硫酸，其中H+表现出弱氧化性，其还原产物为H2，据此分析；③依据氧化还原反应守恒规律分析。【详解】（1）①E为红棕色气体，则E为NO2，由于NO2能与水反应，密度比空气大，因此不能用排水法，用向上排空气法收集；X、Y、Z、E、F均含

有同一元素，X分子含有10个电子，则X为NH3，NH3的水溶液中存在氨气和水的反应，以及一水合氨的电离平衡，同时存在水的电离平衡，所以存在的离子有OH-、NH4+、H+，故答案为：向上排空气法；OH-、NH4+、H+；②若Y为淡黄色固体单质，则Y为S，Q为O2，Z→E的化

学反应方程式为：2SO2+O22SO3,故答案为：2SO2+O22SO3；（2）①盐酸中的氢由＋1得到电子降低变成0价的H2时，盐酸表现氧化性，被还原得到的还原产物是H2。若足量的MnO2与100mL12mol·L-1的浓盐酸反应，即0.12mol浓盐酸参与反应，

由方程式22224()2MnOHClMnClClHO+++浓可知，每反应4mol浓盐酸，生成1molCl2，则0.12mol浓盐酸参与反应时，生成0.3molCl2，但随着反应不断进行，盐酸的浓度不断降低，

当低于某一浓度时，反应不再进行，因此生成Cl2的物质的量小于0.3mol，故答案为：H2；小于；②反应开始时的硫酸是浓硫酸，具有强氧化性，其还原产物为SO2，方程式为：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O；因为锌粉足量，所以反应

结束时的硫酸是稀硫酸，其中H+表现出弱氧化性，其还原产物为H2，反应的离子方程式为：Zn＋2H+Zn2+＋H2↑，故答案为：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O；Zn＋2H+Zn2+＋H2↑；③6.4g铜的物质的量为0.1mol，标准状况下2.24LNO和NO2气体混合气体

的总物质的量为0.1mol，按照铜原子守恒，可知，生成Cu(NO3)2的物质的量为0.1mol，按照氮原子守恒，产物中共含有0.3molN，消耗HNO3的物质的量为0.3mol，故答案为：0.3mol。【点睛】MnO2与浓盐酸反应，随着反应不断进行，盐酸的浓度不断

降低，当低于某一浓度时，反应不再进行。20.某小组同学欲探究NH3催化氧化反应，按如图装置进行实验。已知A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、生石灰、MnO2。（1）仪器a的名称为___；仪器b的

名称为___。（2）装置A烧瓶中固体的作用为___（填序号）A.催化剂B.氧化剂C.还原剂D.反应物（3）仪器b中盛放的试剂可以是____（填序号）A.浓硫酸B.碱石灰C.五氧化二磷D.硫酸铜（4）装置E中发生反应的化学方程式____。（5）甲乙

两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后。①甲观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是___（写化学式）。②乙观察到装置F中有红棕色气体，装置G中溶液变成蓝色。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：___；（6）为帮助

甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进。你的改进措施是___。【答案】(1).分液漏斗(2).干燥管(3).A(4).B(5).4NH3+5O24NO+6H2O(6).NH4NO3(7).3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O

(8).增加A中的产气量，减少装置B中的产气量【解析】【分析】该实验目的是探究氨的催化氧化反应，结合实验装置，装置A为制备氧气，装置A烧瓶中固体的作用为制取氧气用到的二氧化锰；装置B为制备氨气，氨气需要用固体碱石

灰干燥；装置E中发生反应NH3催化氧化；装置F中生成的一氧化氮和氧气转化成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体，装置F中有红棕色气体，即二氧化氮气体，在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，金属铜和硝

酸反应生成蓝色硝酸铜溶液，据此分析解答。【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；仪器b的名称为干燥管；故答案为：分液漏斗；干燥管；（2）A中制备气体为氧气，装置A烧瓶中固体的作用为制取气体用到的二氧化锰，利用过氧化氢制

取氧气实验中，加入二氧化锰做催化剂加快产生氧气速率，故答案为：A；（3）B中制备气体为氨气，氨气中混有水蒸气，需要用固体碱石灰干燥，所以仪器b中盛放的试剂为碱石灰，故答案为：B；（4）4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（5）①装置F中生成的一氧化氮和

氧气转化成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体，故答案为：NH4NO3；②装置F中有红棕色气体，即二氧化氮气体，在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝

酸反应，3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O实质是：3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2

O；（6）为了氧化氨气，氧气需过量，为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，需增加氧气的量，减少氨气的量，A为制氧气的装置，则增加A中的产气量，减少装置B中的产气量，故答案为：增加A中的产气量，减少装置B中的产气量。【点睛】（

1）NH3催化氧化反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（2）氨气和具有挥发性的硝酸或盐酸反应都会生成白色的铵盐固体，现象都是有白烟产生，氨气与硫酸反应则没有此现象。21.浓硝酸具有强氧化性。①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中，充分反应后，溶液中有铜剩余，则溶液中存在

的金属阳离子为___。②某稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中，c(SO42-)+c(NO3-)=3.0mol·L-1。取200mL该混合酸，能溶解铜的最大质量为___。【答案】(1).Fe2+、Cu2+(2).23

.04g【解析】【分析】①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中，铜和铁均与热浓硝酸反应，生成硝酸铜和硝酸铁，若铁过量还会生成硝酸亚铁，据此分析；②依据物质的量的相关计算分析。【详解】①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中，铜和铁均与热浓硝酸反应，生成硝酸铜和硝酸铁

，若铁过量还会生成硝酸亚铁，则溶液中可能存在的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+，但溶液中有铜剩余，铜会与Fe3+反应生成Fe2+，则溶液中存在的金属阳离子为Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；②某稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中，c(SO42-)+c(NO3-)=3.0mol·L

-1，取200mL该混合酸，加入铜，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，要使溶解铜的质量最大，则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数4:1，硝酸全部起氧化剂作用，设硫酸浓度为x，则硝酸浓度为：3.0mo

l/L−x，溶液中氢离子浓度共：2x+(3.0mol/L−x)，则()23.0/4:13.0/xmolLxmolLx+−=−，解得：x=1.8mol/L，则硝酸浓度为：3.0mol/L−x=1.2mol/L，硝酸的物质的量为：0.2L×1.

2mol/L=0.24mol，3-2238232436420.24CuHNOCuNOHOgmolmmol++++=++则能溶解铜的最大质量为：3640.2423.042gmolmgmol==，故答案为：23.04g。

22.亚硫酰氯（SOC12）又名氯化亚砜，其熔点一105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。是一种无色或淡黄色发烟液体，遇水剧烈与水反应生成SO2和另一酸性气体，常用作脱水剂，广泛应用于医药、农药、来料工业及有机合成工业。（1）氯化亚砜储存于阴凉、干燥、通风良好的

库房，但久置后微显黄色，其原因是___；用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在一定条件可合成氯化亚砜，如果想达到原子利用率最大化，则三者的物质的量之比为___。（2）实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2

+SCl22SOCl2，部分装置如图所示。①装置b的作用是___。②实验室制取SOCl2所选仪器的链接顺序：③→___。（3）甲同学设计如图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的

SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)。选用装置如图：①向仪器A中缓慢滴加SOCl2，需打开活塞___（填“a”、“b”或“a和b”）。②为了更加充分的回收SOCl2，写出可对装置B采取的有效措施___。（4）乙同学认为利用（3）中装置，由FeCl3·6H2O制取无水FeC

l3也可用SOCl2作脱水剂，但丙同学认为会发生氧化还原反应而难以制无水FeCl3。丙同学设计了如下实验方案验证自己的观点：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；再往试管中加水溶解，加入___，证

明该过程发生了氧化还原反应。【答案】(1).氯化亚砜久置后分解生成的黄绿色气体氯气溶解在二氯化砜(2).2:3:1(3).吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解(4).⑨→⑧→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④(

5).b(6).将B中锥形瓶置于冰水浴中(7).KSCN溶液【解析】【分析】（1）氯化亚砜久置后分解生成的氯气溶解在二氯化砜，要想合成氯化亚砜达到原子利用率最大化，则三者按方程式比例参与反应，据此解答；（

2）①合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，实验过程中剩余的SO2和Cl2均为有毒气体，据此分析；②实验室制取SOCl2前，应先制备纯净的氯气和二氧化硫，再通入三颈烧瓶内，据此分析；（3）①向仪器A中滴加SOCl2，需保证液面上方和容器A中压强相等，据

此分析；②SOCl2沸点较低，易使装置B处于较低温度，应防其气化，据此分析；（4）若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，据此分析。【详解】（1）氯化亚砜后微显黄色是因为久置后分解生成的黄绿色气体氯气溶解在二氯化砜，用硫黄、液氯

和三氧化硫为原料合成氯化亚砜的化学方程式为：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，要想达到原子利用率最大化，则三者按方程式比例参与反应，三者的物质的量之比为2:3:1，故答案为：氯化亚砜久置后分解生成的

黄绿色气体氯气溶解在二氯化砜；2:3:1；（2）①合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，实验过程中剩余的SO2和Cl2均为有毒气体，且生成物SOCl2遇水剧烈与水反应生成SO2和另一酸性气体，

因此装置b的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解，故答案为：吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；②实验室制取SOCl2前，应先制备纯净的氯气和二氧化硫，再通入三颈烧瓶内，因此制取SOCl2所选仪器

的链接顺序：③→⑨→⑧→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④，故答案为：⑨→⑧→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④；（3）①向仪器A中缓慢滴加SOCl2，为保证SOCl2顺利流下，需确保液面上方和容器A中压强相等，则需打开活塞b，故

答案为：b；②为了更加充分的回收SOCl2，应防止SOCl2气化，应将B中锥形瓶置于冰水浴中，故答案为：将B中锥形瓶置于冰水浴中；（4）若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，滴加KSCN溶液没有明显现象，即可说明发生了氧化还原反应，故答

案为：KSCN溶液。【点睛】Fe3+遇KSCN会生成血红色溶液，Fe2+遇KSCN会没有明显现象。