【文档说明】【精准解析】福建省福州市第一中学2019-2020学年高一在线自测自评质检化学试题.doc，共(19)页，480.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年第二学期化学质量检查试卷一、选择题（每题3分，共60分）1.在2NO被水吸收的反应中,发生还原反应和氧化反应的物质的质量比为()A.3:1B.1:3C.1:2D.2:1【答案】C【解析】【详解】在反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中元素化合价

的变化：NO2中1个N由+4价降到+2价被还原，另两个N由+4价升高到+5价被氧化，二氧化氮既是氧化剂，也是还原剂，所以发生还原反应和发生氧化反应的物质的质量比为1:2。答案选C。【点睛】掌握反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，特别是反应物中含有

同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。2.鉴别二氧化氮和溴蒸气，可选用的试剂是A.NaOH溶液B.淀粉/KI试纸C.硝酸银溶液D.石蕊溶液【答案】C【解析】【详解】A．二者与NaOH反应后，溶液均为无色，现象相同，不能鉴别，故A错误；B．

二氧化氮和溴蒸气均能氧化碘离子生成碘单质，溶液变蓝，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．NO2溶在AgNO3溶液中，生成HNO3，溶液无颜色，而Br2溶在AgNO3溶液中，有AgBr浅黄色沉淀生成，现象不同，可鉴别，故C正确；D．NO2与Br2蒸气的水溶液均显酸性，通入石蕊

溶液中均变红，现象相同，不能鉴别，故D错误；故答案为C。3.所含微粒种类最少的液体是A.液氨B.氯水C.氨水D.盐酸【答案】A【解析】【详解】A．液氯是纯净的氯气，含有Cl2，共1种粒子；B．氯水是氯气的水溶液，含有H2O、Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-和少量OH-

，共7种粒子；C．氨水中含有NH3、H2O、NH3·H2O、NH4+、H+、OH-，共6种粒子；D．盐酸中含有H2O、Cl-、H+、OH-，共4种粒子；含有微粒种类最小的液体是液氯，故答案为A。4.下列可作为氨气干燥剂的是A.浓硫酸B.碱石灰C.无水氯化钙D.氢

氧化钠溶液【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸能于氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故A错误；B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，故B正确；C．氯化钙与氨气结合生成络合物，则不能用于干燥氨气，故C错误；D．氨气易溶于水，氢氧化钠溶液无吸水性，不能作干燥剂，故D错误；故答案为B。5.将导

出的氨气接近下列物质时，不会产生白烟的是A.氯气B.浓H2SO4C.浓HClD.浓HNO3【答案】B【解析】【详解】A．氯气能与氨气反应生成N2和NH4Cl，能产生白烟，故A正确；B．浓硫酸无挥发性，氨

气靠近浓硫酸不可能产生白烟，故B错误；C．浓HCl挥发出的HCl气体遇氨气生成NH4Cl，能产生白烟，故C正确；D．浓HNO3挥发出的HNO3遇氨气生成NH4NO3，能产生白烟，故D正确；故答案为B。6.下列实验用来证明气体SO2的存在，其中正确的①能使品红溶液褪色②能使湿润的

蓝色石蕊试纸变红③能使澄清的石灰水变浑浊④通入到足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸⑤通入到溴水中使其褪色，再滴入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成A.①②④⑤B.都不能证明C.①⑤能证明D.只有⑤能证明【答案】D【解析】【

分析】根据SO2和CO2的物理和化学性质分析解答。【详解】①能使品红溶液褪色的不一定为二氧化硫，可能为氯气等，故①错误；②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的为酸性气体，不一定为二氧化硫，故②错误；③能使澄清的石灰水变浑浊也可能为二氧化碳等，故③错误；④通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaC

l2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸。该气体不一定为二氧化硫，也可能为二氧化碳，故④错误；⑤通入溴水，溴水褪色，再加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，证明该气体有还原性且其氧化产物为硫酸根离子，则使溴水褪色

的气体为二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，故正确。故选D。【点睛】注意二氧化硫、二氧化碳性质差异性和相似性是解本题关键；注意二氧化硫漂白性是暂时性的，而次氯酸漂白性是永久性的。7.对于某些离子的检验及结论一定正确的是A.加入稀盐酸产生无色气体，将气

体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再

加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋【答案】C【解析】【分析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【详解】A.与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰

水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32－，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42－，也可能含有Ag+，B项错误；C

.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2＋，D项错误；答案选D。【点睛】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解

答本题的关键。8.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）①②③A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸

具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【详解】A．①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价

降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；B．由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；C．③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产

物，C项正确；D．红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误；故选D。9.在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开

弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是a（干燥气体）b（液体）ANO2水BCO24mol·L-1NaOH溶液CCl2饱和NaCl溶液DN21mol·L-1盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和不溶于水一氧化氮气体

，导致烧瓶内的压强小于大气压，能形成喷泉实验，但是液体不能充满烧瓶，故A错误；B．二氧化碳能溶于4mol/LNaOH溶液，生成碳酸钠溶液，导致烧瓶内的压强小于大气压，能形成喷泉实验，且液体能充满烧瓶，故B正确；C．氯气在饱和食

盐水中溶解度小，烧瓶内气体压强几乎不变，不能形成喷泉，故C错误；D．N2不溶于稀盐酸，烧瓶内气体压强几乎不变，不能形成喷泉，故D错误；故答案为B。【点睛】考查化学实验方案的评价，把握实验装置的作用、物质的性质、喷泉实验、实

验技能为解答的关键，要形成喷泉，必须满足烧瓶内的气体应溶于溶液或与溶液发生反应，烧瓶内的气体体积减小，导致烧瓶内的压强小于大气压，将滴管内的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，并打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶，则气体溶于水或发生反应后，无气体剩余，据此解答。10.将

0.4molCu2S与足量稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、S、NO和H2O，则参加反应的硝酸中未被还原的硝酸的物质的量为A.2molB.1molC.1.6molD.2.2mol【答案】C【解析】【详解】由Cu2S与足量的浓HNO3反应，生成Cu(NO3)2、S、NO、H2O，可

知生成NO时硝酸被还原，生成硝酸铜时未被还原，由Cu原子守恒可知生成Cu(NO3)2的物质的量为0.4mol×2=0.8mol，由N原子守恒可知未被还原的硝酸的量为0.8mol×2=1.6mol，故答案为C。【点睛】考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握原子守恒及反

应中的物质的量关系为解答该题的关键，Cu2S与足量的浓HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO、H2O，由Cu原子守恒可知Cu(NO3)2的物质的量，由N原子守恒可知未被还原的硝酸的量。11.将盛12mL一氧化氮和36mL二氧化氮

混合气体的烧瓶倒置于水中，通入一定氧气，完全反应后，剩余气体的体积为4mL，则充入的氧气的体积可能约为A.19mLB.20mLC.21mLD.22mL【答案】D【解析】【详解】已知4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O

2+2H2O=4HNO3；若剩余气体为氧气，则充入的氧气总体积为4mL+12mL×34+36mL×14=22mL；若剩余气体为NO，则充入的氧气总体积为8mL×34+36mL×14=15mL；故答案为D。12.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾

气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理【答案】B【解析】【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进

短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。13.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）A.用装置甲检验溶液中

是否有K＋B.用装置乙制取并收集少量NH3C.用装置丙进行喷泉实验D.用装置丁加热熔融NaOH固体【答案】B【解析】【详解】A、检验K＋，需要通过蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，故说法错误；B、利用生石灰遇水放出大量的热，以及NH3·H2O不稳定受热易分解，来制取氨气，由于氨气的密度小于空

气的密度，收集氨气用向下排空气法收集，故正确；C、喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故说法错误；D、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH反应，不能用瓷坩埚

熔融NaOH固体，故说法错误。答案选B。14.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满C.关闭a，将单孔塞(插有吸入

水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈D.工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好【答案】D【解析】【详解】A.CaO能与水反应，

使c(OH－)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；B.氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子

而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；C.三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；D.盐酸显酸性，

碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；综上所述，本题选D。15.下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（）A.LiIB.NaBrC.KClD.CsF【答

案】A【解析】【分析】若要想阴离子半径与阳离子半径之比最大，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大，因此根据离子半径分析。【详解】阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族

的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Li+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I﹣是阴离子中电子层数最多的，所以半径最大，则LiI的阴离子半径与阳离子半径之比最大，故选A。16.1999年1月，俄美科学家联合小组宣布合成出114号

元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为298。以下叙述不正确的是A.该元素属于第七周期B.该同位素原子含有114个电子，184个中子C.该元素位于ⅢA族D.该元素为金属元素，性质与82Pb相似【答案】C【解析】【详解】根据每周期元素的种数，可

知每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA，处于碳族；A．由上述分析可知，该元素处于

第七周期，故A正确；B．元素原子序数为114号，则原子质子数为114，则该同位素原子含有114个电子，中子数为298-114=184，故B正确；C．由上述分析可知，该元素处于第七周期ⅣA，故C错误；D．该元素处于第七周期ⅣA，处于碳族，同主族自上而下金属性增强，同族的Pb为金属元

素，故该元素为金属元素，与Pb的化学性质相似，故D正确；故答案为C。【点睛】考查结构性质位置关系、原子中微粒关系等，根据原子序数确定在周期表的位置是关键，根据每周期元素的种数，可知每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54

、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA，处于碳族。17.某元素X，其原子的电子层数为(n-1)，最外层电子数为（2n-1）。下列有关元素X的说法中正确的是A.X可能是金属元素B

.由X形成的含氧酸均为强酸C.X不能形成化学式为KXO4的含氧酸盐D.元素X的气态氢化物一定极易溶于水【答案】D【解析】【分析】原子核外最外层电子数不超过8可知，2n-1≤8，则n≤4.5，讨论：n=1，电子层数为1-1=0，不符合题意；n=2，电子层数为2-1=1，最外层电子数为2×2-1=3

，不存在；n=3时，电子层数为3-1=2，最外层电子数为2×3-1=5，为N元素；n=4时，电子层数为4-1=3，最外层电子数为2×4-1=7，为Cl元素。【详解】A．X为N或Cl，为非金属元素，故A错误；B．由X

形成的含氧酸不一定是强酸，如HClO为弱酸，故B错误；C．元素X的最高价氧化物的水化物为硝酸或高氯酸，高氯钾的化学式为KXO4，故C错误；D．元素X的气态氢化物为氨气或氯化氢，都极易溶于水，故D正确；故选D。18.

X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11～17之间，它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。则下列判断正确的是A.原子半径：X＞Y＞ZB.酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4C.稳定性：HX＞H2Y＞XH3D.非金属性：Z

＞Y＞X【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11-17之间。它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则三种元素分别是Cl、S、P；A．Cl、S、P为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径P＞S＞Cl，故A错误；

B．元素的非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故B错误；C．元素的非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。所以氢化物的稳定性：HCl＞H2S＞PH3

，故C正确；D．同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性：Cl＞S＞P，故D错误；故答案为C。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越

容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非

金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。19.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（）WXYMZA.氢化物沸点：X＜WB.氧化物对应水化物的酸性：M＞ZC.化合物熔点：Y2X3＜WXD.简单离子的半径：Y＜X【答案

】D【解析】【分析】由短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为n，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，n-2+n+n+1+n+2=21，解得n=5，可知W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，M与

X同主族，则M为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，M为S；A．H2O和NH3分子间均有氢键，且H2O常温下为液体，NH3为气体，则H2O的沸点大于NH3，故A错误；B．最

高价含氧酸的酸性为HClO4＞H2SO4，不是最高价含氧酸无此规律，如HClO为弱酸，故B错误；C．Al2O3为离子晶体，NO为分子晶体，且常温下为气体，则熔点Al2O3＞NO，故C错误；D．具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Al3+＜O2-，

故D正确；故答案为D。20.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A.水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关B.为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸C.化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利

用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施D.氮氧化物的排放与光化学烟雾有关【答案】A【解析】【详解】A．水华、赤潮等水体污染与大量排放氮、磷有关，与硫的排放无关，故A错误；B．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则所以可用钢瓶储存液氯或浓硫

酸，故B正确；C．化石燃料燃烧会生成N、S的氧化物，易形成酸雨，所以化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化均可减少N、S氧化物的排放，可减少酸雨，故C正确；D．氮氧化物的排放可造成光化学烟雾，故D正确；故答案为A。二、填空题（共40分）21.为验证卤素单质氧化性的相对强弱,某小组

用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验)。实验过程:Ⅰ.打开弹簧夹,打开活塞a,滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时,夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时,关闭活塞a。Ⅳ.……(1)A中产

生黄绿色气体,其化学方程式是_____________。(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是__________。(3)B中溶液发生反应的离子方程式是______。(4)为验证溴的氧化性强于碘,过程Ⅳ的操作和现象是________

____。(5)过程Ⅲ实验的目的是_________________。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因:同主族元素从上到下____,得电子能力逐渐减弱。【答案】(1).16HCl(浓)+2KMnO4=2Mn

Cl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2).淀粉KI试纸变蓝(3).Cl2+2Br-=Br2+2Cl-(4).打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫红色(5).确认C的黄色溶液中无Cl

2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰(6).原子半径逐渐增大【解析】【分析】(1)装置A中，高锰酸钾与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯化钾、氯气和水；(2)烧瓶口处，氯气与碘离子反应生成氯离子和碘单质，淀粉遇到碘先蓝色；(3)B中氯气与溴离子反应生成氯离子和溴单质；(4)装置C中生

成的溴单质与装置D中的碘离子反应生成单质碘，即可验证；(5)氯气可与碘离子反应，为排除氯气的干扰，则进行过程III；(6)氯、溴、碘为同主族元素，从上到下原则半径依次增大，得电子能力逐渐减弱，则非金属性依次减弱；【详解】(1)装置A中，高锰酸钾与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯化钾、氯气和水

，反应的方程式为：16HCl(浓)＋2KMnO4=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O；(2)烧瓶口处，氯气与碘离子反应生成氯离子和碘单质，淀粉遇到碘先蓝色，答案为：湿润的淀粉－KI试纸变蓝；(3)B中氯气与溴离子反应生成

氯离子和溴单质，反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；(4)装置C中生成的溴单质与装置D中的碘离子反应生成单质碘，即可验证，答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下

D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫红色；(5)氯气可与碘离子反应，为排除氯气的干扰，则进行过程III，答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换KI溶液中碘的实验的干扰；(6)氯、溴、碘为同主族元素，从

上到下原则半径依次增大，得电子能力逐渐减弱，则非金属性依次减弱；22.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为__________________________________

______________________________________。（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_________________________________、___________________

__________________________________；这些现象分别说明SO2具有的性质是________________和________________；装置B中发生反应的离子方程式为________

________________________________________________________。（3）装置D的目的是探究SO2与品红反应的可逆性，请写出实验操作及现象_________

__________________________________________________________________。（4）尾气可采用________溶液吸收。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).Na2SO3＋

H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O(3).溶液由紫红色变为无色(4).无色溶液中出现黄色浑浊(5).还原性(6).氧化性(7).5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+(8).品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶

液恢复为红色(9).NaOH(答案合理即可)【解析】【详解】（1）根据仪器的特征，该仪器是蒸馏烧瓶；亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、SO2和水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。（2）酸性高锰酸钾有强氧化

性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，SO2的氧化性能将S2－氧化成S，则实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是溶液由紫红色变为无色、无色溶液中出现黄色浑浊，这些现象分别说明SO2

具有的性质是还原性和氧化性；装置B中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，所以探究SO2与品红作用的可逆性的实验操作及现

象是品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色。（4）该实验的尾气是SO2，SO2用NaOH溶液吸收。23.W、X、Y和Z是周期表中前20号元素，已知：①W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排

布，且能形成组成为WY的化合物；②Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；③X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；④W和X能形成组成为WX2的化合物；⑤X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。请回答：（1）W元素是____________；Z元素是________

____。（2）化合物WY和WX2的化学式分别是____________和____________。（3）Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是____________和____________。（4）写出X和Z形成的

一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：____________。【答案】(1).钙(2).氧(3).CaS(4).CaC2(5).SO2(6).SO3(7).CO2+CaO==CaCO3【解析】【分析】①W的阳离子Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成

组成为WY的化合物，WY型的离子化合物只能是ⅠA-ⅦA与ⅡA-ⅥA，在周期表中前20号元素中只可能形成MgO、CaS、NaF、KCl四种物质；②Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，同族元素形成的两种常见化合物可能为SO2、SO3；③X和Z属同一周期元素，同周期元素间能形成两种气态

化合物的一般处于第二周期，Z为氧元素，Y为硫元素；X可能为碳元素；WY的化合物为CaS。④W和X能形成组成为WX2的化合物，WX2的化合物可能为CaC2的化合物，X可能为碳元素；⑤碳元素和硫元素不在同一周期，它们能形成组成为CS2；故W

为钙元素；X为碳元素；Y为硫元素；Z为氧元素。【详解】（1）根据以上分析，W元素是Ca；Z元素是O；答案：Ca；O；（2）化合物WY和WX2的化学式分别是CaS和CaC2；答案：CaS；CaC2；（3）Y为S和Z为O形成的两

种常见化合物之一的分子式是SO2（或SO3）；答案：SO2；SO3；（4）酸性氧化物与碱性氧化物化合成盐，化学方程式：CO2+CaO=CaCO3；答案：CO2+CaO=CaCO3。24.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。(1)S

CR（选择性催化还原）工作原理：①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：__________。②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：__________。③当燃油中含硫量较

高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：__________。④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M＝60g·mol-1）含量的方法

如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用V2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是__________。(2)NSR

（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是__________。②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相

关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整

：___________催化剂____15NNO+___H2O【答案】(1).CO(NH2)2＋H2OΔCO2＋2NH3(2).8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O(3).2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O＝2(N

H4)2SO4(4).112232cv-cv()100a(5).BaO(6).8∶1(7).415NO＋4NH3＋3O2(8).4(9).6【解析】【分析】(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO

2，结合原子守恒配平书写化学方程式；②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结

合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；④测定溶液中尿素的含量，取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，剩余H2SO4用

V2mLc2mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−12c2V2)×10−3mol，吸收氨气的反应为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4，根据N元素守恒予以解答；(2)①由图a

可知储存NOx的物质是BaO；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15N

O与NH3应为1:1，结合电子得失相等配平。【详解】(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO(NH2)2+H2OΔ2NH3↑+CO2↑；②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8

NH3+6NO27N2+12H2O；③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4；④取ag尿素溶

液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，发生的反应为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫

酸的物质的量为(c1V1−12c2V2)×10−3mol，根据反应关系，氨气的物质的量为n(NH3)=2×(c1V1−12c2V2)×10−3mol=(2c1V1−c2V2)×10−3mol，根据N元素守恒，尿素的物质的量为n(尿素

)=12n(NH3)=11222cVcV2×10−3mol，则尿素的质量为m=n(尿素)×M=11222cVcV2×10−3mol×60g/mol=0.03×(2c1V1-c2V2)g，则尿素溶液中溶质的质量分数是w=ma×100%=11220.

032cVcVa×100%=112232cv-cv()100a×100%；(2)①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价

由+5价降低到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为162=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例

反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1:1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。