【文档说明】广东省汕头市金山中学2021-2022学年高一下学期期中考试 化学答案解析.docx，共(20)页，1002.427 KB，由小赞的店铺上传

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12021级高一第二学期期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每题只有一个正确答案。答案涂写到答题卡上)1.二十四节气是中国历法的独特创造。四

月农谚“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨。下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是A.KB.NC.PD.C【1题答案】【答案】B【解析】【分析】由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐

，可以据此答题。【详解】由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了NO，NO与O2反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3与土壤中的矿物质作用产生可溶性硝酸盐，而被农作物吸收，为作物提供了所需要的N元素，属于氮肥，故合理选

项是B。【点睛】本题考查了氮及其化合物性质，氮、磷、钾这三种元素中只含有氮元素的是氮肥，只含有钾元素的是钾肥，只含有磷元素的是磷肥，含有两种或两种以上元素的化肥是复合肥。2.枫溪陶瓷有着上千年的历史，艺术雕花非常具有特色，其中绿色来自孔雀石

[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，红色来自赭石(赤铁矿)，下列关于陶瓷的说法正确的是A.高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B.瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C.孔雀石受热易分解，赭石的主要成分是Fe3O4D.烧制时在高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致

颜色的变化【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故A错误；B．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层

、无机纤维等，氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故B错误；2C．孔雀石[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]不稳定，受热易分解得到氧化铜，赭石(赤铁矿)主要成分是Fe2O3，故C错误；D．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还

原反应导致的颜色变化，故D正确；故选：D。3.下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是选项生活应用或生产活动化学知识A用SO2漂白纸张SO2具有氧化性B用铝槽车运输浓硝酸Al在冷的浓硝酸中发生钝化C用生石灰作食品干燥剂Ca

O易与水反应D用Si制作芯片Si是良好的半导体材料A.AB.BC.CD.D【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．SO2可用于漂白纸浆，是因为二氧化硫具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；B．常温下铝与浓硝酸发生了

钝化，在金属的表面生成一层致密的金属氧化物，阻止了金属和酸继续反应，所以可用铝槽车运输浓硝酸，故B正确；C．生石灰作食品干燥剂是因为氧化钙易与水反应生成氢氧化钙，故C正确；D．硅位于金属与非金属的交界

处，具有金属与非金属的性质，硅是一种良好的半导体材料，可用Si作计算机芯片，故D正确；故选：A。4.部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是3A.a既可被氧化，也可被还原B.c溶于水可得d和bC.将铜丝

插入d的浓溶液可产生bD.自然界可存在a→b→c→d→e的转化【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．氮气中的氮元素是中间价态可以被氧化与还原，既有氧化性又有还原性，活泼金属镁可以再氮气中燃烧生成氮化镁，A正确；B．c为NO2溶于水可得d(HNO3)和b(NO)，B正确；C．将铜丝

插入浓硝酸可产生NO2，C错误；D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化，自然界的雷雨固氮由氮气与氧气生成NO，NO与氧气生成NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO，硝酸与矿物质生成硝酸盐，D正确；答案选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说

法正确的是A.标准状况下，9gH218O中含有的中子总数为4.5NAB.0.5L0.2mol/L3HNO溶液中含有的氧原子数为0.3NAC.标准状况下，1.12L3SO中含有的原子总数为0.2NAD.足量的铜与0.05L18.4mol/L24HSO完全反应时，转移的电子总数为1.84

NA【5题答案】【答案】A【解析】【详解】A．H218O分子中含有10个中子，9gH218O的物质的量为9g=0.45mol20g/mol，则9gH218O中含有4的中子总数为4.5NA，A项正确；B．3HNO溶液中含有水，故0.5L0.2mol/L3HNO溶液中

含有的氧原子大于0.3NA，B项错误；C．标准状况下，3SO为固体，C项错误；D．Cu和浓硫酸反应，不和稀硫酸反应，随着反应进行浓硫酸变稀，故H2SO4不能完全转化为SO2，则转移的电子总数小于1.84NA，D项错误；答案选A。6.下列装置用于实验

室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是A.用装置甲制备氨气B.用装置乙除去氨气中的少量水C.用装置丙收集氨气D.用装置丁吸收多余的氨气【6题答案】【答案】A【解析】【详解】A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故

选A；B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；选A。7.下列因能发生氧化还原反

应而不能大量共存的无色离子组是A.K+、4NH+、Cl-、OH-B.Mg2+、Na+、H+、24SO−C.Na+、K+、23SO−、ClO-D.Fe2+、H+、3NO−、Cl-【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A．4NH+、OH-会发生反应

产生弱电解质NH3·H2O，而不能大量共存，但反应不属于氧化还原反应，A不符合题意；5B．离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B不符合题意；C．23SO−具有还原性，而ClO-具有氧化性，二者的水溶液都显无色，会发

生氧化还原反应而不能大量共存，C符合题意；D．Fe2+显浅绿色，Fe2+、H+、3NO−会发生氧化还原反应而不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。8.下列离子方程式书写正确的是A.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H

2SiO3↓+2-3HCO+2Na+B.氯气与水的反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.NaHCO3溶液中加足量稀盐酸：-3HCO+H+=CO2↑+H2OD.向CH3COOH溶液中加氨水：CH3COOH+OH-=H2O+CH3

COO-【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2-3SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2-3HCO，选项A错误；B．氯气与水的反应，生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，在离子方程式中不能拆开，保留分

子式，其离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，选项B错误；C．NaHCO3溶液中加足量稀盐酸，发生反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其离子方程式为-3HCO+H+=CO2↑+H2O，选项C正确；D．向CH3C

OOH溶液中加氨水，发生反应生成醋酸铵和水，由于醋酸是弱酸，NH3·H2O是弱碱，在离子方程式中均不能拆开，均保留分子式，其离子方程式为CH3COOH+NH3·H2O=H2O+CH3COO-++4NH，选项D错误；答案选C。9.现有五种短周期主

族元素a、b、c、d、e，它们最高(或最低)化合价与原子半径的关系如图。下列有关说法错误的是6A.a、e是同主族元素B.最简单氢化物的稳定性：c＞dC.简单离子半径：c＞e＞bD.c的单质能使有色鲜花褪色【9题答案】【答案】C【解析】【分析】根据元素的化合价，结合原子半径可知：

a是H，b是O，c是Cl，d是S，e是Li，然后结合元素周期律分析解答。【详解】A．a、e化合价都是+1价，原子半径e＞a，可知a、e是同一主族元素化合价，A正确；B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，c是Cl，d是S，元素的非金

属性：Cl＞S，所以最简单氢化物的稳定性：c(HCl)＞d(H2S)，B正确；C．b是O，c是Cl，e是Li，三种元素形成的简单离子中，O2-核外有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，Li+核外只有一个电子层。对于电子层结构相

同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以简单离子半径：c＞b＞e，C错误；D．c是Cl，Cl2与鲜花中的水反应产生的HClO具有漂白性，因此会使鲜花褪色，D正确

；故合理选项是C。10.利用下图装置进行实验，将液体X逐滴加入到固体Y中。下列有关实验现象或结论正确的是选项XYZ实验现象或结论装置A浓氨水氧化钙氯化铝溶液先产生沉淀，后沉淀溶解B浓盐酸KMnO4氢硫酸溶液产生浑浊C浓盐酸石灰石硅酸钠溶液非金属性：C>SiD浓硝

酸Cu水试管中液体变红A.AB.BC.CD.D7【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A．反应生成氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则观察到只生成白色沉淀，不能溶解，故A错误；B．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，

氯气与硫化氢生成S，产生淡黄色沉淀，故B正确；C．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，由图中装置不能比较C、Si的非金属性，故C错误；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，则试管中液体为无色，故

D错误；故选：B。11.某同学为检验溶液中是否含有常见的四种离子，进行了如图操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列结论正确是A.原溶液中一定含有2-4SOB.原溶液中一定含有+4NHC.原溶液中一定含有-ClD.原

溶液中一定含有3+Fe【11题答案】【答案】B【解析】【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色，据此进行判断。【

详解】A．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有2-4SO离子，故A错误；B．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有+4NH，故B正确；C．原溶液中加入盐酸酸化的硝

酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原8溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶

液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；故选B。12.用化学沉淀法去除粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO24−制得精盐。实验室用下述方案模拟粗盐的精制：⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→溶解试剂1

试剂2试剂3过滤盐酸蒸发结晶粗盐滤液精下列说法不正确．．．的是A.溶解操作中需用玻璃棒搅拌，其目的是加速粗盐溶解B.试剂1、试剂2、试剂3分别可选用Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液C.滤液中滴加盐

酸直到没有气泡冒出，使滤液呈中性D.蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，用余热使滤液蒸干【12题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．溶解过程需用玻璃棒搅拌，使水和粗盐充分接触，加速溶解，A正确；B．由于过量的钡离

子还需要碳酸钠除去，所以碳酸钠要加在氯化钡的后边，B错误；C．滤液中主要存在杂质离子为氢氧根和碳酸根，所以需要滤液中滴加盐酸直到没有气泡冒出，使滤液呈中性，除去氢氧根和碳酸根，C正确；D．蒸发结晶时，当蒸发皿中出

现较多固体时，停止加热，用余热使滤液蒸干，以防止固体飞溅发生危险，D正确；综上所述答案为B。13.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是的9A.可减少CO2的排放B.Fe3O4和CaO均可循环利用C.过程①和④的转化均为氧化还原反应D.过程①反应中有非极性

键的断裂和生成【13题答案】【答案】D【解析】【详解】A．反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO，可减少CO2的排放，A正确；B．根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe

3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正确；C．过程①中CO转化为CO2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故转化均为氧化还原反应，C正确；D．过程①的反应为CO与Fe3O4反应，生成CO2，是极性键断裂和

生成，H2与Fe3O4反应是非极性键断裂和极性键生成，D错误；答案选D。14.某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示。已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，X与W同族，元素W的原子比Z原子多4个电

子。下列说法正确的是A.非金属性：Z>YB.W的单质与Y的单质加热反应生成的物质化学式可表示为W2Y的10C.该化合物中Z满足8电子稳定结构D.X、Y和W可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【14题答案】【答案】D【解析】【分析】某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示，已知元素X、Y、Z、W

原子序数依次递增，且均不大于20，结合图示可知，Y形成2个共价键，Z形成5个共价键，原子序数Y＜Z，则Y为O，Z为P元素；X与W同族，X形成1个共价键，W形成+1价阳离子，二者位于ⅠA族，W的原子序数大于P，则X为H，W为K元素，以此分析解答。【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为P，W为K

元素，A．Y为O，Z为P，主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＜Y，故A错误；B．Y为O，W为K元素，碱金属族化学性质相似，则K的化学性质和Na相似，则K和氧气加热会生成K2O2，故B错误；C．该化合物中P的最外层电子数为5+5=10，不

满足8电子稳定结构，故C错误；D．X、Y和W形成的化合物为KOH，KOH中钾离子和氢氧根离子存在离子键，氢氧根内O和H原子存在共价键，故D正确；故选：D。15.将一包由Cu和CuO组成的混合物均分成两等份：一份混合物在加热条件下与H2充分反应，将固体全部转化成铜粉时固体质量减少了6.4g

；向另一份混合物中加入800mLHNO3溶液恰好完全反应生成Cu(NO3)2和标准状况下4.48LNO(假设不产生其他还原产物)。则该硝酸的物质的量浓度为A.1.0mol/LB.2.0mol/LC.3.0mol/LD.4.0mol/L【15题答案】【答案】

B【解析】【分析】【详解】一份混合物在加热条件下与H2充分反应，将固体全部转化成铜粉时固体质量减少了6.4g；n(CuO)=n(O)=6.4g16g/mol=0.4mol，向另一份混合物中加入HNO3溶液,铜和稀硝酸发生氧化还原反应，由得失电子守恒守

恒得n（Cu）=4.48L322.4L/mol2=0.3mol，由方程CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O和113Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O和原子守恒可得n(HNO3)=2n(Cu)+2n

(CuO)+n(NO)=1.6mol，则c(HNO3)=1.6mol0.8L=2.0mol/L，故答案为：B。16.CuSO4有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A.途径①所用混酸中H2SO

4与HNO3物质的量之比最好为3：2B.相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C.若混合气体X中含两种不同价态的硫元素，则1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75molD.Y

可能具有还原性【16题答案】【答案】C【解析】【分析】由制备流程可知，①中发生3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++2NO↑+4H2O，②中发生2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，③中发生Cu

+2H2SO4(浓)==CuSO4+SO2↑+2H2O，在1100℃时发生2CuSO41100==℃Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y反应生成氧化亚铜，Cu元素化合价降低，则Y做

还原剂，Y具有还原性，以此来解答。【详解】A．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知

，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B．①③均生成有毒气体，②中生成硫酸铜和水，途径②更好地体现了绿色化学思想，故B正确；C．硫酸铜分解生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，S元素为最

高价不能升高，所以O元素的化合价升高，即有氧气生成，发生2CuSO41100==℃Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，则1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可12能为0.5mol，故C错误；D．氢氧化铜与Y反应生成氧化亚铜，Cu元素的化合价降低，则Y做还原剂，Y具有

还原性，故D正确；故选：C。二、非选择题(本题共4道题，共52分。答案填写到答题卡上。)17.研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。I.氨是重要化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如下所示。（1）设备1中发生反应的化学方程式是_______，实验室用消石灰和

氯化铵固体制取NH3，该反应的化学方程式为_______；（2）在工业上，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，若漏气则有白烟生成，写出反应的化学方程式_______。设备2中通入的物质A是_______。II.氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以N

H4+和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：（3）过程①的目的是将NH4+转化为NH3·H2O，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH4+转化为NH3·H2O的离子方程式_______。（4）过程②加入NaClO溶液可将氨氮转

化为无毒物质，反应后含氮元素的物质化学式为_______。（5）含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO。X可选用以下哪种溶液以达到去除余氯的目的_______(填序号)。a.KOHb.Na2SO3c.KMnO4d.NaCl【1

7题答案】【答案】（1）①.4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O②.Ca(OH)2+2NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O的13（2）①.3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2②.O2(或空气)（3）+4NH+OH-=NH3·H2O（4）N2（5）b【解析】【分

析】I.氨气和空气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和空气中氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸和氨气反应生成硝酸铵；II.过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质为氮气和氯化钠；

含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，具有强氧化性，X选择还原剂除去余氯；【小问1详解】由图可知，设备1中进行氨气的催化氧化，即NH3与O2在催化剂的作用下反应生成NO和H2O，反应的方程式为4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O，实验室

用消石灰和氯化铵固体制取NH3，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问2详解】浓氨水与氯气反应生成氯化铵，则有白烟生成，反应的化学方程式3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2；将生成的N

O通入到设备2中，继续向设备2中通入O2(或空气)，将NO最终氧化为硝酸，硝酸再和氨气反应生成硝酸铵；【小问3详解】过程①的目的是将NH4+转化为NH3·H2O，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，NH4+转化为NH3·H2O的离子方程式为：+4NH+OH-=NH3·H2O；【小问4详解】过程

②加入NaClO溶液可将氨氮废水转化为无毒物质，所以反应后含氮元素的化学式分别为N2；【小问5详解】NaClO以及HClO均具有强氧化性，需要加入还原性物质将其除去，Na2SO3具有还原性，故答案为b。19.某研究小组为研究不同价态含硫物质的

转化，设计实验如下，请回答有关问题。[实验方案]按下图装置进行实验：14[问题讨论]（1）A中反应的化学方程式_______。（2）C中出现淡黄色沉淀，反应中Na2S作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。（3）若D中有SO24−生成，则可说明硫元素的化合价由

+4价转化为+6价，检验D中有SO24−生成的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，_______。写出D中发生反应的离子方程式_______，D中FeCl3试剂也可用_______(填序号)代替。a.NaCl溶液b.酸性KMnO4溶液c.溴水d

.BaCl2溶液（4）E中溶液的作用是(用离子方程式表示)_______。【19题答案】【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O（2）还原剂（3）①.先加入盐酸酸化，再滴加少量氯化钡溶液，生成白色沉淀，说

明含有2-4SO②.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+4H+③.bc（4）2OH-+SO2=SO23−+H2O【解析】【分析】A为SO2发生装置，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，B为检验SO2的装置，C中Na2S溶

液和SO2发生氧化还原反应生S沉淀，说明SO2有氧化性，Na2S有还原性，D中SO2与FeCl3溶液反应生成SO24−，FeCl3做氧化剂，E为尾气处理装置，据此分析解答。【小问1详解】A为SO2的发生装置，反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO

4+SO2↑+2H2O；【小问2详解】的15C中Na2S溶液和SO2发生反应2Na2S+SO2+2H2O=3S↓+4NaOH，可观察到有淡黄色沉淀生成，该反应中，Na2S中S的化合价由-2价升为0价，Na2S做还原剂，故答案为：还原剂；【小问3详解】检验D中有SO24−生成的方法是：取少量

D中反应后的溶液于试管中，先加入盐酸酸化，再滴加少量氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有2-4SO；D中FeCl3试剂做氧化剂，反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+4H+；选项中酸性KMnO4溶液和氯水具有强氧化性，可代替FeC

l3溶液，故选：bc；【小问4详解】SO2是污染性气体，需要尾气处理，E装置的作用是吸收SO2尾气，防止污染环境；SO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式为2OH-+SO2=SO23−+H2O。21.用辉铜矿(主

要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：（1）下列措施无法加快浸取速率的是_______。(填字母)A.延长浸取时间B.将辉铜矿粉碎C.充分搅拌D.适当增大硫酸浓度（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”

反应中生成S的离子方程式：_______。（3）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A最好是_______。A.CO2B.CuOC.氨水D.HCl（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中有关反应的离子方程式为_______。（5）滤液Ⅱ所

含溶质主要是_______(填化学式)。（6）该流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。【21题答案】【答案】（1）A（2）2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O（3）B（4）Mn2++H

CO3−+NH3=MnCO3↓+NH4+（5）(NH4)2SO4（6）NH3【解析】16【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除

去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；【小问1详解】酸浸时，通过粉碎矿石或者增加反应物浓度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率。所以选A，故答案为：A；【小问2详解】“浸取”

时，在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀，CuSO4，和MnSO4，其反应的离子方程式是2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O；【小问3

详解】加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，故答案为：B；【小问4详解】“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应

的离子方程式为Mn2++HCO3−+NH3=MnCO3↓+NH4+，故答案为：Mn2++HCO3−+NH3=MnCO3↓+NH4+；【小问5详解】根据硫酸根守恒和氮元素守恒可以知道滤液Ⅱ硫酸铵溶液，所以滤液Ⅱ的溶质是硫酸

铵(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；【小问6详解】在沉锰的时候加入氨气，而在后面赶氨的步骤中氨气又被赶出来，所以可以被循环使用的物质是NH3，故答案为：NH3。23.实验室利用Cl2和SO2反应合成硫酰氯(SO2Cl2)，并对H2SO3和HClO的酸性强弱进

行探究。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，100℃以上分解生成SO2和Cl2.。实验室合成SO2Cl2的原理：SO2(g)+Cl2(g)垐?噲?SO2Cl2

(l)，且反应会放出大量的热。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答下列问题：17(1)写出甲装置中制备SO2的化学方程式____。(2)戊装置上方分液漏斗中最好选用下列___试剂(填选项)。a.蒸馏水b.饱和食盐水c.浓氢氧化钠溶液d.6.

0mol/L盐酸(3)装置乙和丁盛放的试剂均是___。(4)装置丙放置在冰水浴中的原因是___。(5)SO2Cl2和水反应的化学方程式为___。(6)选用下面装置探究酸性：H2SO3>HClO，溶液均足量，其连接顺

序为A→__。能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为___。【23题答案】【答案】①.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O②.b③.浓H2SO4④.反应放热，且SO2Cl2沸

点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2⑤.SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl⑥.C→B→E→D→F⑦.装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀【解析】【分析】亚硫酸钠与70%硫酸反应生成二氧化硫气

体，通过浓硫酸后得到干燥的二氧化硫气体进入到装置丙中；利用分液漏斗中的液体把氯气排出，该液体需要与氯气不反应或氯气在此溶液中溶解度很小，因此可以选择饱和食盐水溶液；排出的氯气被浓硫酸干燥后，进入到装置丙中；二氧化硫、氯气混合后发生反应生成SO2Cl2，由于SO2Cl2的熔点为-54.1

℃，沸点为69.1℃，所以在冰水浴环境下，有利于生成和收集SO2Cl2，多余的尾气被碱石灰吸收，同时也能防止外界中的水蒸气进入丙装置内，造成SO2Cl2发生水解，影响产率。的18【详解】(1)亚硫酸钠与70%硫酸混合反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，化

学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)戊装置是利用分液漏斗中的液体把氯气从装置中排出，要求所加溶液与氯气不反应或氯气在此溶液中溶解度很小；氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度很小，氯气在水中1：2溶解于水，氯气能够与氢氧

化钠反应，所以戊装置上方分液漏斗中最好选用饱和食盐水；故选b；(3)SO2Cl2在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，装置丙是制备SO2Cl2物质的反应器，因此，装置丙必须隔绝水蒸气，因此装置乙和丁盛放的试剂均是浓H2SO4；(4)根据信息可知，该反

应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2；(5)SO2Cl2在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，根据元素守恒可知还有硫酸生成，SO2Cl2和水反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；(6)探究酸性：H2

SO3>HClO，因为次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应来判断亚硫酸、次氯酸的酸性强弱；要先验证亚硫酸的酸性比碳酸强，A装置是制备SO2，C装置是除去二氧化硫中的HCl，B装置是制CO2装置，E是除去CO2中的SO

2装置，D装置中的品红溶液证明SO2是否除尽，F装置是二氧化碳与次氯酸钙反应，生成碳酸钙白色沉淀和次氯酸，可以证明碳酸的酸性大于次氯酸，最终得出酸性：亚硫酸大于次氯酸的结论；所以装置的连接顺序为：A→C→B→E→D→F；能够证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象为：装置

D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀。1920获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com