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2022-2023学年北京清华大学附属中学高一上学期期末考试化学试题含答案
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这是一份2022-2023学年北京清华大学附属中学高一上学期期末考试化学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京清华大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．我国科学家的科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是
A．侯德榜联合制碱法 B．钮经义等在1965年合成结晶牛胰岛素
C．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素 D．徐光宪建立稀土串级萃取理论
【答案】C
【详解】屠呦呦发现抗疟新药青蒿素的成果获得诺贝尔奖，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
2．下列物质中，属于电解质的是
A．Cu B．Na2SO4溶液 C．NaOH溶液 D．KNO3
【答案】D
【详解】A.Cu是金属单质，不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；
B.Na2SO4溶液是混合物，不是化合物，因此不是电解质，B不符合题意；
C. NaOH溶液 是混合物，不是化合物，因此不是电解质，C不符合题意；
D.KNO3是化合物，溶于水电离产生K+、NO3-而能够导电，因此属于电解质，D符合题意；
故合理选项是D。
3．下列事实中，与胶体有关的是
A．将植物油倒入水中，用力搅拌形成油水混合物
B．一束平行光线射入鸡蛋清液体里，从侧面可以看到一束光亮的“通路”
C．向石灰水中通入二氧化碳气体产生白色浑浊
D．利用活性炭净水
【答案】B
【详解】A项、植物油不溶于水，植物油与水混合得到的是乳浊液，与胶体无关，故A错误；
B项、鸡蛋清液体为胶体，当一束平行光线射入鸡蛋清液体里，发生丁达尔现象，从侧面可以看到一束光亮的“通路”，与胶体有关，故B正确；
C项、向石灰水中通入二氧化碳气体，二氧化碳和石灰水反应生成碳酸钙沉淀，使石灰水变浑浊，与胶体无关，故C错误；
D项、活性炭具有吸附性，能吸附水中的杂质，达到净水的目的，与胶体无关，故D错误；
故选B。
4．下列关于物质分类的叙述中，不正确的是
A．硫酸属于酸 B．液氨属于混合物
C．二氧化碳属于氧化物 D．氢氧化钙属于碱
【答案】B
【详解】A．硫酸电离的阳离子全部是H+，则属于酸，故A正确；
B．液氨是纯净物，故B错误；
C．CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；
D．氢氧化钙电离的阴离子全部是OH-，属于碱，故D正确；
故答案为B。
5．下列电离方程式中正确的是
A．K2SO4=K+SO B．Ba(OH)2=Ba2++2OH-
C．CaCl2=Ca+2+2Cl- D．H2SO4=2H++S6++4O2-
【答案】B
【详解】A．K2SO4的电离方程式为K2SO4=2K++，A错误；
B．Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，B正确；
C．CaCl2的电离方程式为CaCl2=Ca2++2Cl-，C错误；
D．H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++，D错误；
故答案选B。
6．常温下，下列溶液可用铁质容器盛装的是
A．稀硝酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．浓盐酸
【答案】C
【分析】能用铁质容器盛装的物质不能溶解铁。
【详解】A. 稀硝酸可将铁溶解为硝酸盐溶液，因此不能用铁质容器盛装，A项错误；
B. 铁可以被稀硫酸溶解，反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，因此不能用铁质容器盛装，B项错误；
C. 浓硝酸能使铁钝化，化学反应只发生在铁表面，但不是将铁溶解，因此能用铁质容器盛装，C项正确；
D. 浓盐酸可以将铁溶解为氯化亚铁溶液，因此不能用铁质容器盛装，D项错误；
答案选C。
【点睛】解答本题时容易被忽略的是浓硝酸能使金属铁钝化，解答时要格外注意。
7．下列说法中，正确的是
A．35.5gCl2的物质的量为1mol
B．标准状况下，1mol H2O的体积是22.4L
C．0.5 mol∙L−1NaCl溶液中含有0.5molNa+
D．1molCO2中含有的分子数约为6.02×1023
【答案】D
【详解】A．35.5gCl2的物质的量为，故A错误；
B．标准状况下，H2O是非气态的物质，因此1mol水的体积不是22.4L，故B错误；
C．0.5 mol∙L−1NaCl溶液，溶液体积未知，无法计算溶液中Na+的物质的量，故C错误；
D．1mol CO2中含有的分子数约为1mol×6.02×1023 mol−1＝6.02×1023，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+变Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒。说明维生素C具有
A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性
【答案】B
【详解】亚硝酸盐会使Fe2+变Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，说明铁离子和维生素C反应生成亚铁离子，铁离子化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，则维生素C化合价升高，作还原剂，具有还原性，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
9．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．碳酸钙与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
B．氯气与NaOH反应：Cl2+2NaOH=2Na++Cl-+ClO-+H2O
C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
D．铜与稀硝酸反应：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】C
【详解】A．碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A错误；
B．氯气与NaOH反应离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B错误；
C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，C正确；
D．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++=3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；
故答案选C。
10．不能鉴别SO2和CO2的试剂是
A．品红溶液 B．澄清石灰水 C．酸性高锰酸钾溶液 D．碘水溶液
【答案】B
【详解】A．SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能使品红溶液褪色，A错误；
B．SO2和CO2都能与澄清石灰水反应从而使其变浑浊，澄清石灰水无法鉴别SO2和CO2，B正确；
C．酸性高锰酸钾溶液可与SO2反应从而褪色，CO2不与酸性高锰酸钾反应，高锰酸钾溶液不褪色，C错误；
D．碘水能氧化SO2从而褪色，CO2不与碘水反应，碘水不褪色，D错误；
故答案选B。
11．下列物质间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是
A．NH3→NO B．Fe2O3→Fe
C．KClO3→Cl2 D．H2SO4→SO2
【答案】A
【详解】A．NH3转化成NO，N元素化合价从-3价升高到+2价，NH3为还原剂，则需要加入氧化剂才能实现，A正确；
B．Fe2O3转化成Fe，Fe元素化合价从+3价降低到0价，Fe2O3为氧化剂，则需要加入还原剂才能实现，B错误；
C．KClO3转化为Cl2，Cl元素化合价从+5价降低到0价，KClO3为氧化剂，则需要加入还原剂才能实现，C错误；
D．H2SO4转化为SO2，S元素化合价从+6价降低到+4价，H2SO4为氧化剂，则需要加入还原剂才能实现，D错误；
故答案选A。
12．为研究Na的性质，进行如下实验
装置
实验
液体a
现象
蒸馏水
Ⅰ.Na浮在液面上，剧烈反应，产生少量白雾
0.1 mol·L-1 盐酸
Ⅱ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中剧烈，产生白雾
浓盐酸
Ⅲ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
下列说法中，不正确的是A．Ⅰ中现象说明Na与水反应放热
B．Ⅰ中反应的离子方程式为
C．Ⅲ中白雾比Ⅱ中多，说明Ⅲ中反应放热比Ⅱ中更多
D．推测Ⅲ中反应缓慢可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关
【答案】C
【详解】A．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，产生少量白雾，说明剧烈，且放热，A正确；
B．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．浓盐酸易挥发，所以对照实验Ⅲ和Ⅱ，钠与氢离子反应放热，除了有挥发的水蒸气以外，还有HCl，它在空气中与水蒸气结合，呈现更多的白雾，C错误；
D．实验Ⅲ和Ⅱ对照可知，反应的实质是钠与氢离子反应，之所以反应缓慢，可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关，D正确；
故选C。
13．制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是
A．烧杯中有铜、无铁 B．烧杯中有铁、无铜
C．烧杯中铁、铜都有 D．烧杯中铁、铜都无
【答案】B
【分析】Fe比Cu活泼，所以先发生反应①：Fe+2FeCl3=3FeCl2；后发生反应②：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。
【详解】A．反应①进行完全，反应②未开始或反应未完全，此时有铜无铁，A可能；
B．在铁未完全反应前，铜不参与反应，故不可能出现有铁无铜，B错误；
C．反应①反应未完全，反应②未开始，此时铁铜都有，C可能；
D．反应①②都进行完全，此时铁铜全无，D可能；
故选B。
14．已知氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳。下列不适合作氨气的尾气吸收装置的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．氨气不溶于四氯化碳，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故A不选；
B．使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不选；
C．氨气极易溶于水，不能直接将导管插入水中，否则容易发生倒吸，故C选；
D．球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故D不选。
故选C。
15．将过量的铁片投入热的浓硫酸中，下列判断正确的是
A．金属铁片表面因生成致密氧化膜而不反应
B．会立即生成H2
C．会立即生成SO2，且只生成SO2
D．除了SO2外，还会有H2产生
【答案】D
【详解】A．铁遇到冷的浓硫酸发生钝化，遇到热的浓硫酸会发生反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，A错误；
B．铁遇到热的浓硫酸会发生反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，开始无氢气生成，等浓硫酸随着反应被逐渐稀释才会与铁反应生成氢气，B错误；
C．开始时铁与热的浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，随着反应进行浓硫酸被稀释成稀硫酸，故后期铁会与稀硫酸反应生成氢气，C错误；
D．铁与热的浓硫酸反应先生成二氧化硫，随着硫酸浓度降低，其与铁反应生成氢气，D正确；
故答案选D。
16．下列离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．c(H+)=0.1 mol·L-1溶液中：K+、Fe2+、NO、SO
B．某无色透明溶液中：Fe3+、NH、NO、SCN-
C．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、CO、NO
D．c(OH-)=0.1 mol·L-1溶液中：HCO、K+、Na+、S2-
【答案】C
【详解】A．在酸性溶液中，Fe2+和NO会发生氧化还原反应；酸性环境下，SO与硝酸根离子发生氧化还原反应，因此都不能大量共存，A错误；
B．Fe3+在溶液中呈棕黄色，不能存在于无色溶液中，且Fe3+和SCN-也不能大量共存，B错误；
C．在碱性条件下，Na+、Cl-、CO、NO不反应，能大量共存，C正确；
D．HCO不能在强碱性溶液中存在，D错误；
故选C。
17．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是
A．过程①中生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
D．过程③中，各元素化合价均未改变
【答案】D
【详解】由图可知，共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S
③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O。
A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，选项A正确；
B．过程②中的反应为CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，铁离子化合价降低，作氧化剂，选项B正确；
C．①×2+②×2+③可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，选项C正确；
D．过程③中的反应为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，选项D错误；
答案选D。
18．宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。NaCl溶于水的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．水合a离子为水合钠离子
B．水合离子的形成是电性作用的结果
C．水合离子的定向运动，是水溶液导电的原因
D．NaCl溶于水发生电离：NaCl= Na++Cl-
【答案】A
【分析】NaCl是由钠离子、氯离子构成，两离子相差一个电子层，则钠离子半径小于氯离子半径。
【详解】A．分析可知，氯离子半径大于钠离子半径，则水合a离子为水合氯离子，A说法错误；
B．水合离子是在溶液中水和离子的形式，是靠电性作用络合在一起形成，是电性作用的结果，B说法正确；
C．水合离子为带电电荷，其定向运动，产生电流，是水溶液导电的原因，C说法正确；
D．NaCl为强电解质，在溶液中完全电离，故溶于水发生电离：NaCl=Na++Cl-，D说法正确；
答案为A。
19．下列药品和装置合理且能完成相应实验的是
A．甲装置实验室制取氯气 B．乙装置制备氢氧化亚铁
C．丙装置实验室制取并收集氨气 D．利用丁装置观察喷泉实验
【答案】C
【详解】A．实验室用MnO2和浓盐酸加热制备氯气，甲装置无加热装置，故装置甲无法制取氯气，A不合题意；
B．由于Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，需将盛有NaOH溶液的胶头滴管插入FeCl2溶液中在挤出NaOH，则乙装置制备不到纯净的氢氧化亚铁，B不合题意；
C．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2共热的方法来制取NH3，用向下排空气法来收集NH3，则丙装置实验室制取并收集氨气，C符合题意；
D．NO难溶于水，不能形成喷泉，D不合题意；
故答案为：C。
20．3.2g铜与过量硝酸(8mol·L－1、30mL)充分反应，硝酸的还原产物为二氧化氮和一氧化氮，反应后溶液中含amol氢离子，则此时溶液中所含硝酸根离子的物质的量为（ ）
A．(0.2＋a)mol B．(0.1＋a)mol
C．(0.05＋a)mol D．amol
【答案】B
【详解】铜与浓硝酸可能发生反应的化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。硝酸铜的物质的量为＝0.05mol，溶液中所含硝酸根离子的物质的量为0.05mol×2＋amol＝(0.1＋a)mol，故答案为B。
【点睛】考查化学方程式的计算。注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，明确二氧化氮或一氧化氮和硝酸的关系以及铜与硝酸(表现酸性)的关系式是解本题的关键。铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量。
21．已知：①，②，③不反应。向含、、各0.1mol的溶液中通入标准状况下的，通入的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是：
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】已知：①，②，③不反应，根据还原剂的还原性大于还原产物可知离子的还原性，＞＞，含、、各0.1mol的溶液中通入标准状况下的，首先发生：，再发生，再发生反应，0.1mol完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的物质的量，根据V=nVm计算出消耗氯气的体积，由此分析。
【详解】A．由可知，0.1mol完全反应需要消耗0.1mol氯气，标况下氯气的体积为V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积与计算结果不一致，故A不符合题意；
B．根据分析，0.1mol完全反应后，然后发生反应，0.1mol完全反应消耗0.1mol氯气，故开始反应时消耗的标况下氯气的体积为2.24L，再发生，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，故0.1mol完全反应时消耗标况下氯气的体积为V=nVm=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积与计算结果不一致，故B不符合题意；
C．0.1mol完全反应消耗0.1mol氯气，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，故亚铁离子开始反应时消耗标况下氯气的体积为V=nVm=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，再发生反应，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，故完全反应时消耗标况下氯气的体积为(0.15mol+0.05mol)×22.4L/mol=4.48L，图象中氯气的体积与计算结果一致，故C符合题意；
D．由分析可知，、、完全反应时消耗氯气的物质的量为0.2mol，消耗标况下氯气的体积为(0.15mol+0.05mol)×22.4L/mol=4.48L，根据氯元素守恒，产生氯离子的物质的量为0.4mol，图象中氯离子的物质的量不相符，故D不符合题意；
答案选C。
二、填空题
22．回答下列问题：
(1)用金属钠制取氧化钠通常利用以下反应：2NaNO3+10Na6Na2O+N2↑。试说明不用金属钠与氧气的反应而采用此反应的理由：______。此反应的氧化剂：______；氧化产物：______。
(2)利用图所示装置及药品制取氨气。
①A中制氨气的化学方程式是______。
②B中碱石灰的作用是______。
③C处是用集气瓶收集氨气的装置，请绘出装置图(在虚线内画出)______。
④证明氨气已集满的方法是______。
【答案】(1) 钠与氧气直接反应易生成过氧化钠，而此方法有氮气的保护，能避免生成过氧化钠 NaNO3 Na2O
(2) 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 干燥氨气 将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，则说明收集满
【详解】（1）不用金属钠与氧气的反应而采用此反应的理由：钠与氧气直接反应易生成过氧化钠，而此方法有氮气的保护，能避免生成过氧化钠；该反应中硝酸钠中氮化合价降低，因此反应的氧化剂：NaNO3；钠化合价升高生成氧化钠，因此氧化产物：Na2O；故答案为：钠与氧气直接反应易生成过氧化钠，而此方法有氮气的保护，能避免生成过氧化钠；NaNO3；Na2O。
（2）①A中制氨气是氯化铵和消石灰在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，其反应的化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
②氨气中有水蒸气，因此B中碱石灰的作用是干燥氨气；故答案为：干燥氨气。
③氨气密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，因此C处是用集气瓶收集氨气的装置图；故答案为：。
④氨气的水溶液显碱性，证明氨气已集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，则说明收集满；故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，则说明收集满。
三、元素或物质推断题
23．现有常见金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F它们之间能发生如图反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A_______、F_______。
(2)写出由物质E制备氢氧化铁胶体反应的方程式：_______。
(3)写出气体乙跟水反应的离子方程式：_______；
反应①离子方程式_______；
反应③离子方程式_______；
反应⑦化学方程式_______。
【答案】(1) Na FeCl2
(2)FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl
(3) Cl2＋H2OCl－＋ H＋＋HClO 2Na＋2H2O＝2OH－＋ 2Na＋＋H2↑ Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3
【分析】根据物质C物质E反应生成红褐色沉淀即氢氧化铁沉淀，再根据金属A和水反应生成物质C和气体甲，则金属A为Na，物质C为NaOH，气体甲为氢气，黄绿色气体乙为氯气，氢气和氯气反应生成气体丙氯化氢，氯化氢溶于水为盐酸，盐酸和金属铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁沉淀。
【详解】（1）根据前面分析得到下列物质的化学式：A为Na、F为FeCl2；故答案为：Na；FeCl2；
（2）物质E制备氢氧化铁胶体是饱和氯化铁溶液滴加几滴在沸水中，其反应的方程式：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；故答案为：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
（3）气体乙是氯气，氯气跟水反应生成盐酸和次氯酸，其反应的离子方程式：Cl2＋H2OCl－＋ H＋＋HClO；故答案为：Cl2＋H2OCl－＋ H＋＋HClO；
反应①是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式2Na＋2H2O＝2OH－＋ 2Na＋＋H2↑；故答案为：2Na＋2H2O＝2OH－＋ 2Na＋＋H2↑；
反应③是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其反应的离子方程式Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑；故答案为：Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑；
反应⑦是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学方程式4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3；故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3。
四、实验题
24．化学小组通过一系列实验探究SO2的性质。用如图装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，并将足量SO2通入试剂b中。
(1)浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是______。
(2)为了排除可能产生的硫酸酸雾的干扰，下列物质可以作为试剂a是_____。
①饱和的NaHCO3溶液 ②饱和的NaCl溶液 ③饱和的NaHSO3溶液
(3)从物质分类的角度分析，SO2和CO2都属于______，具有相似的化学性质，欲验证该性质，试剂b选用紫色石蕊溶液，预期的实验现象是______。
(4)为了研究二氧化硫是否有氧化性，试剂b可选用_______。
①氢氧化钠 ②硫化钠溶液 ③酸性高锰酸钾溶液 ④品红溶液
能说明二氧化硫有氧化性的实验现象是______。
(5)试剂b选用0.1mol/LBa(NO3)2溶液。打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓硫酸，加热装置A，发现装置C内有白色沉淀产生，液面上方略显浅棕色。
①白色沉淀是_____。
②分析白色沉淀产生的原因，甲同学认为是NO氧化了SO2，支持甲同学观点的实验证据是______。
③检验C中上层清液是否含有SO的方法______。
【答案】(1)
(2)③
(3) 酸性氧化物 紫色石蕊溶液变红
(4) ② 有黄色沉淀生成
(5) BaSO4 装置C内产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色 取少量C中上层清液于试管中，先滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则说明存在硫酸根离子
【详解】（1）浓硫酸与Cu反应的化学方程式为。
（2）①硫酸酸雾溶于水形成的硫酸可与饱和NaHCO3反应生成杂质气体CO2干扰实验，且饱和NaHCO3溶液会吸收SO2，①错误；
②SO2会溶解于饱和NaCl溶液中，②错误；
③饱和NaHSO3可吸收硫酸酸雾并与其反应生成SO2，同时SO2不易溶于饱和NaHSO3溶液中，③正确；
故答案选③。
（3）SO2和CO2都属于酸性氧化物。二氧化硫作为酸性氧化物能与水反应生成亚硫酸从而使紫色石蕊溶液变红。
（4）①氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫不表现氧化性，①错误；
②二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫表现氧化性，②正确；
③二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化生成硫酸，二氧化硫表现还原性，③错误；
④二氧化硫能使品红溶液褪色是因其具有漂白性，二氧化硫不表现氧化性，④错误；
故答案选②。
二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫表现氧化性，实验现象为溶液中有黄色沉淀生成。
（5）①硝酸钡可与二氧化硫反应生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，故装置C中的白色沉淀为BaSO4。
②硝酸根离子氧化SO2生成了硫酸根离子和NO，NO与氧气反应生成NO2，因此装置C内产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色。
③检验的方法为取少量C中上层清液于试管中，先滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则说明存在硫酸根离子。
25．某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。
(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c。其目的是______。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸。c中的现象是：______。再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是：______，离子反应方程式是：______。
(3)用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜。
①铜与稀硝酸反应
②铜与浓硝酸反应
③铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应
以下叙述不正确的是_____(填字母)。
A．三种途径所消耗铜的质量相等
B．三种途径所消耗硝酸的物质的量①＞②＞③
C．途径①中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3∶2
(4)表格是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是：______。理由是：_____。
方案
反应物
甲
Cu、浓HNO3
乙
Cu、稀HNO3
丙
Cu、O2、稀HNO3
【答案】(1)检查装置气密性
(2) 产生红棕色气体，溶液变成蓝色 反应变缓，气体颜色变淡 3Cu+8H+ + 2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)B
(4) 丙 耗酸量最少，对环境无污染
【详解】（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是检查装置气密性。
（2）c中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以观察到的现象是产生红棕色气体，溶液变成蓝色；再由a向c中加2mL蒸馏水，反应速率减慢，且浓硝酸被稀释为稀硝酸，反应生成NO，故c中的实验现象是反应变缓，气体颜色变淡，离子方程式为： 3Cu+8H+ + 2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜：
根据题意，有关反应为：①3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；②Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；③2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径②消耗HNO3最多，途径①次之，途径③消耗HNO3最少。
A．根据原子守恒，铜单质最终转化为硝酸铜，则三种途径制取相同质量的硝酸铜，所消耗的铜的物质的量相等，A正确；
B．由分析可知，三种途径耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径②消耗HNO3最多，途径①次之，途径③消耗HNO3最少，B错误；
C．根据化学反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量的比为3：2，C正确；
答案选B。
（4）方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，能体现绿色化学理念。
五、原理综合题
26．某实验小组同学探究“氧化剂对KSCN检验Fe2+的影响”，进行如图实验：
实验
试剂
现象
试管
滴管(各1滴)
2mL0.5mol/LFeSO4溶液与1滴0.5mol/LKSCN溶液
饱和氯水
I.溶液立即变为浅红色
稀硝酸
II.溶液立即变为红色
5%H2O2溶液
III.溶液立即变为深红色，无气体产生
(1)向2mL0.5mol/LFeSO4溶液中滴加1滴0.5mol/LKSCN溶液，无明显现象，通入O2，无明显变化。
①该实验的目的是______。
②用离子方程式表示I中出现浅红色的原因：______、______。
(2)对I中溶液呈浅红色的原因，甲同学提出以下假设。
假设1：氯水加入量少，氧化Fe2+生成的Fe3+浓度低。
设计实验i排除了假设1：取Ⅰ中浅红色溶液，操作a，观察到溶液浅红色消失。
假设2：氯水氧化性强，氧化了部分SCN-。
(已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为SO)
进行实验ii：向2mL水中滴加1滴0.5mol/LKSCN溶液，滴加1滴饱和氯水，加入一定试剂，产生白色沉淀，证明溶液里含有SO。
①操作a为_____。
②补全ii中SCN-被Cl2氧化的离子方程式：_____
______SCN-+______Cl2+______=______+2CO2+N2+______SO+______
(3)乙同学认为实验ii的设计不能证明假设2成立，并设计如下实验。分别取上述溶液于试管中，向其中滴加一定浓度的AgNO3溶液至溶液红色褪去，记录消耗AgNO3溶液的体积。实验记录如表：
实验
试管
消耗AgNO3溶液的体积(mL)
IV
2mL水与1滴Fe2(SO4)3溶液和1滴0.5mol/LKSCN溶液
2.40
V
实验Ⅰ中溶液
1.52
VI
实验Ⅱ中溶液
1.60
VII
实验Ⅲ中溶液
1.84
(已知：上述过程中产生白色沉淀，该沉淀仅为AgSCN。)
①实验ii不能证明假设2成立的原因______；
②由IV～VII可以得出的结论是______。
【答案】(1) 排除了氧气氧化Fe2+的可能性 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2) 继续滴加饱和氯水 2SCN-+11Cl2+12H2O=24H++2CO2+N2+2+22Cl-
(3) 实验ii中加入一定试剂，产生白色沉淀无法说明溶液中含有硫酸根离子，如加入硝酸银即使氯水没有氧化KSCN也会产生白色沉淀 以上三种氧化剂都可以氧化SCN-，饱和氯水氧化SCN-能力最强，稀硝酸次之，5%双氧水氧化SCN-能力最弱
【详解】（1）①向硫酸亚铁溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，通入O2，无明显变化，说明O2没有将Fe2+氧化成Fe3+，排除了氧气氧化Fe2+的可能性。
②滴加饱和氯水，Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+再与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（2）①假设Ⅰ为氯水加入量少，生成的铁离子浓度低，则操作a为继续滴加饱和氯水，Cl2将更多Fe2+氧化为Fe3+，若假设Ⅰ成立则溶液红色应该加深，现观察到溶液红色褪去，则说明假设Ⅰ错误。
②Cl2将SCN-氧化成硫酸根离子，Cl2得电子生成Cl-，产物中有Cl-，产物中含有O原子，则反应物中应有H2O参与，反应物中有H2O，则水中的H最终应转化成氢离子，观察方程式，N2前系数为1，SCN-前的系数为2，则前的系数为2，产物中共有12个O，则反应物中H2O前的系数为12，则产物中H+前的系数为24，最后根据电荷守恒，可得Cl2的系数为11，生成22个Cl-，离子方程式为2SCN-+11Cl2+12H2O=24H++2CO2+N2+2+22Cl-。
（3）①实验ii中加入一定试剂，产生白色沉淀无法说明溶液中含有硫酸根离子，如加入硝酸银即使氯水没有氧化KSCN也会产生白色沉淀。
②由Ⅳ-Ⅶ可知，后三组实验消耗的AgNO3比第Ⅳ组少，说明均有SCN-被氧化，消耗的AgNO3多，说明被氧化的SCN-少，可以得出的结论是，以上三种氧化剂都可以氧化SCN-，饱和氯水氧化SCN-能力最强，稀硝酸次之，5%双氧水氧化SCN-能力最弱。
北京清华大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．我国科学家的科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是
A．侯德榜联合制碱法 B．钮经义等在1965年合成结晶牛胰岛素
C．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素 D．徐光宪建立稀土串级萃取理论
【答案】C
【详解】屠呦呦发现抗疟新药青蒿素的成果获得诺贝尔奖，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
2．下列物质中，属于电解质的是
A．Cu B．Na2SO4溶液 C．NaOH溶液 D．KNO3
【答案】D
【详解】A.Cu是金属单质，不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；
B.Na2SO4溶液是混合物，不是化合物，因此不是电解质，B不符合题意；
C. NaOH溶液 是混合物，不是化合物，因此不是电解质，C不符合题意；
D.KNO3是化合物，溶于水电离产生K+、NO3-而能够导电，因此属于电解质，D符合题意；
故合理选项是D。
3．下列事实中，与胶体有关的是
A．将植物油倒入水中，用力搅拌形成油水混合物
B．一束平行光线射入鸡蛋清液体里，从侧面可以看到一束光亮的“通路”
C．向石灰水中通入二氧化碳气体产生白色浑浊
D．利用活性炭净水
【答案】B
【详解】A项、植物油不溶于水，植物油与水混合得到的是乳浊液，与胶体无关，故A错误；
B项、鸡蛋清液体为胶体，当一束平行光线射入鸡蛋清液体里，发生丁达尔现象，从侧面可以看到一束光亮的“通路”，与胶体有关，故B正确；
C项、向石灰水中通入二氧化碳气体，二氧化碳和石灰水反应生成碳酸钙沉淀，使石灰水变浑浊，与胶体无关，故C错误；
D项、活性炭具有吸附性，能吸附水中的杂质，达到净水的目的，与胶体无关，故D错误；
故选B。
4．下列关于物质分类的叙述中，不正确的是
A．硫酸属于酸 B．液氨属于混合物
C．二氧化碳属于氧化物 D．氢氧化钙属于碱
【答案】B
【详解】A．硫酸电离的阳离子全部是H+，则属于酸，故A正确；
B．液氨是纯净物，故B错误；
C．CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；
D．氢氧化钙电离的阴离子全部是OH-，属于碱，故D正确；
故答案为B。
5．下列电离方程式中正确的是
A．K2SO4=K+SO B．Ba(OH)2=Ba2++2OH-
C．CaCl2=Ca+2+2Cl- D．H2SO4=2H++S6++4O2-
【答案】B
【详解】A．K2SO4的电离方程式为K2SO4=2K++，A错误；
B．Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，B正确；
C．CaCl2的电离方程式为CaCl2=Ca2++2Cl-，C错误；
D．H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++，D错误；
故答案选B。
6．常温下，下列溶液可用铁质容器盛装的是
A．稀硝酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．浓盐酸
【答案】C
【分析】能用铁质容器盛装的物质不能溶解铁。
【详解】A. 稀硝酸可将铁溶解为硝酸盐溶液，因此不能用铁质容器盛装，A项错误；
B. 铁可以被稀硫酸溶解，反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，因此不能用铁质容器盛装，B项错误；
C. 浓硝酸能使铁钝化，化学反应只发生在铁表面，但不是将铁溶解，因此能用铁质容器盛装，C项正确；
D. 浓盐酸可以将铁溶解为氯化亚铁溶液，因此不能用铁质容器盛装，D项错误；
答案选C。
【点睛】解答本题时容易被忽略的是浓硝酸能使金属铁钝化，解答时要格外注意。
7．下列说法中，正确的是
A．35.5gCl2的物质的量为1mol
B．标准状况下，1mol H2O的体积是22.4L
C．0.5 mol∙L−1NaCl溶液中含有0.5molNa+
D．1molCO2中含有的分子数约为6.02×1023
【答案】D
【详解】A．35.5gCl2的物质的量为，故A错误；
B．标准状况下，H2O是非气态的物质，因此1mol水的体积不是22.4L，故B错误；
C．0.5 mol∙L−1NaCl溶液，溶液体积未知，无法计算溶液中Na+的物质的量，故C错误；
D．1mol CO2中含有的分子数约为1mol×6.02×1023 mol−1＝6.02×1023，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+变Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒。说明维生素C具有
A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性
【答案】B
【详解】亚硝酸盐会使Fe2+变Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，说明铁离子和维生素C反应生成亚铁离子，铁离子化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，则维生素C化合价升高，作还原剂，具有还原性，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
9．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．碳酸钙与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
B．氯气与NaOH反应：Cl2+2NaOH=2Na++Cl-+ClO-+H2O
C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
D．铜与稀硝酸反应：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】C
【详解】A．碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A错误；
B．氯气与NaOH反应离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B错误；
C．氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，C正确；
D．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++=3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；
故答案选C。
10．不能鉴别SO2和CO2的试剂是
A．品红溶液 B．澄清石灰水 C．酸性高锰酸钾溶液 D．碘水溶液
【答案】B
【详解】A．SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能使品红溶液褪色，A错误；
B．SO2和CO2都能与澄清石灰水反应从而使其变浑浊，澄清石灰水无法鉴别SO2和CO2，B正确；
C．酸性高锰酸钾溶液可与SO2反应从而褪色，CO2不与酸性高锰酸钾反应，高锰酸钾溶液不褪色，C错误；
D．碘水能氧化SO2从而褪色，CO2不与碘水反应，碘水不褪色，D错误；
故答案选B。
11．下列物质间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是
A．NH3→NO B．Fe2O3→Fe
C．KClO3→Cl2 D．H2SO4→SO2
【答案】A
【详解】A．NH3转化成NO，N元素化合价从-3价升高到+2价，NH3为还原剂，则需要加入氧化剂才能实现，A正确；
B．Fe2O3转化成Fe，Fe元素化合价从+3价降低到0价，Fe2O3为氧化剂，则需要加入还原剂才能实现，B错误；
C．KClO3转化为Cl2，Cl元素化合价从+5价降低到0价，KClO3为氧化剂，则需要加入还原剂才能实现，C错误；
D．H2SO4转化为SO2，S元素化合价从+6价降低到+4价，H2SO4为氧化剂，则需要加入还原剂才能实现，D错误；
故答案选A。
12．为研究Na的性质，进行如下实验
装置
实验
液体a
现象
蒸馏水
Ⅰ.Na浮在液面上，剧烈反应，产生少量白雾
0.1 mol·L-1 盐酸
Ⅱ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中剧烈，产生白雾
浓盐酸
Ⅲ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
下列说法中，不正确的是A．Ⅰ中现象说明Na与水反应放热
B．Ⅰ中反应的离子方程式为
C．Ⅲ中白雾比Ⅱ中多，说明Ⅲ中反应放热比Ⅱ中更多
D．推测Ⅲ中反应缓慢可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关
【答案】C
【详解】A．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，产生少量白雾，说明剧烈，且放热，A正确；
B．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．浓盐酸易挥发，所以对照实验Ⅲ和Ⅱ，钠与氢离子反应放热，除了有挥发的水蒸气以外，还有HCl，它在空气中与水蒸气结合，呈现更多的白雾，C错误；
D．实验Ⅲ和Ⅱ对照可知，反应的实质是钠与氢离子反应，之所以反应缓慢，可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关，D正确；
故选C。
13．制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是
A．烧杯中有铜、无铁 B．烧杯中有铁、无铜
C．烧杯中铁、铜都有 D．烧杯中铁、铜都无
【答案】B
【分析】Fe比Cu活泼，所以先发生反应①：Fe+2FeCl3=3FeCl2；后发生反应②：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。
【详解】A．反应①进行完全，反应②未开始或反应未完全，此时有铜无铁，A可能；
B．在铁未完全反应前，铜不参与反应，故不可能出现有铁无铜，B错误；
C．反应①反应未完全，反应②未开始，此时铁铜都有，C可能；
D．反应①②都进行完全，此时铁铜全无，D可能；
故选B。
14．已知氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳。下列不适合作氨气的尾气吸收装置的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．氨气不溶于四氯化碳，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故A不选；
B．使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不选；
C．氨气极易溶于水，不能直接将导管插入水中，否则容易发生倒吸，故C选；
D．球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故D不选。
故选C。
15．将过量的铁片投入热的浓硫酸中，下列判断正确的是
A．金属铁片表面因生成致密氧化膜而不反应
B．会立即生成H2
C．会立即生成SO2，且只生成SO2
D．除了SO2外，还会有H2产生
【答案】D
【详解】A．铁遇到冷的浓硫酸发生钝化，遇到热的浓硫酸会发生反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，A错误；
B．铁遇到热的浓硫酸会发生反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，开始无氢气生成，等浓硫酸随着反应被逐渐稀释才会与铁反应生成氢气，B错误；
C．开始时铁与热的浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，随着反应进行浓硫酸被稀释成稀硫酸，故后期铁会与稀硫酸反应生成氢气，C错误；
D．铁与热的浓硫酸反应先生成二氧化硫，随着硫酸浓度降低，其与铁反应生成氢气，D正确；
故答案选D。
16．下列离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．c(H+)=0.1 mol·L-1溶液中：K+、Fe2+、NO、SO
B．某无色透明溶液中：Fe3+、NH、NO、SCN-
C．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、CO、NO
D．c(OH-)=0.1 mol·L-1溶液中：HCO、K+、Na+、S2-
【答案】C
【详解】A．在酸性溶液中，Fe2+和NO会发生氧化还原反应；酸性环境下，SO与硝酸根离子发生氧化还原反应，因此都不能大量共存，A错误；
B．Fe3+在溶液中呈棕黄色，不能存在于无色溶液中，且Fe3+和SCN-也不能大量共存，B错误；
C．在碱性条件下，Na+、Cl-、CO、NO不反应，能大量共存，C正确；
D．HCO不能在强碱性溶液中存在，D错误；
故选C。
17．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是
A．过程①中生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
D．过程③中，各元素化合价均未改变
【答案】D
【详解】由图可知，共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S
③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O。
A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，选项A正确；
B．过程②中的反应为CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，铁离子化合价降低，作氧化剂，选项B正确；
C．①×2+②×2+③可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，选项C正确；
D．过程③中的反应为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，选项D错误；
答案选D。
18．宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。NaCl溶于水的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．水合a离子为水合钠离子
B．水合离子的形成是电性作用的结果
C．水合离子的定向运动，是水溶液导电的原因
D．NaCl溶于水发生电离：NaCl= Na++Cl-
【答案】A
【分析】NaCl是由钠离子、氯离子构成，两离子相差一个电子层，则钠离子半径小于氯离子半径。
【详解】A．分析可知，氯离子半径大于钠离子半径，则水合a离子为水合氯离子，A说法错误；
B．水合离子是在溶液中水和离子的形式，是靠电性作用络合在一起形成，是电性作用的结果，B说法正确；
C．水合离子为带电电荷，其定向运动，产生电流，是水溶液导电的原因，C说法正确；
D．NaCl为强电解质，在溶液中完全电离，故溶于水发生电离：NaCl=Na++Cl-，D说法正确；
答案为A。
19．下列药品和装置合理且能完成相应实验的是
A．甲装置实验室制取氯气 B．乙装置制备氢氧化亚铁
C．丙装置实验室制取并收集氨气 D．利用丁装置观察喷泉实验
【答案】C
【详解】A．实验室用MnO2和浓盐酸加热制备氯气，甲装置无加热装置，故装置甲无法制取氯气，A不合题意；
B．由于Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，需将盛有NaOH溶液的胶头滴管插入FeCl2溶液中在挤出NaOH，则乙装置制备不到纯净的氢氧化亚铁，B不合题意；
C．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2共热的方法来制取NH3，用向下排空气法来收集NH3，则丙装置实验室制取并收集氨气，C符合题意；
D．NO难溶于水，不能形成喷泉，D不合题意；
故答案为：C。
20．3.2g铜与过量硝酸(8mol·L－1、30mL)充分反应，硝酸的还原产物为二氧化氮和一氧化氮，反应后溶液中含amol氢离子，则此时溶液中所含硝酸根离子的物质的量为（ ）
A．(0.2＋a)mol B．(0.1＋a)mol
C．(0.05＋a)mol D．amol
【答案】B
【详解】铜与浓硝酸可能发生反应的化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。硝酸铜的物质的量为＝0.05mol，溶液中所含硝酸根离子的物质的量为0.05mol×2＋amol＝(0.1＋a)mol，故答案为B。
【点睛】考查化学方程式的计算。注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，明确二氧化氮或一氧化氮和硝酸的关系以及铜与硝酸(表现酸性)的关系式是解本题的关键。铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量。
21．已知：①，②，③不反应。向含、、各0.1mol的溶液中通入标准状况下的，通入的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是：
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】已知：①，②，③不反应，根据还原剂的还原性大于还原产物可知离子的还原性，＞＞，含、、各0.1mol的溶液中通入标准状况下的，首先发生：，再发生，再发生反应，0.1mol完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的物质的量，根据V=nVm计算出消耗氯气的体积，由此分析。
【详解】A．由可知，0.1mol完全反应需要消耗0.1mol氯气，标况下氯气的体积为V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积与计算结果不一致，故A不符合题意；
B．根据分析，0.1mol完全反应后，然后发生反应，0.1mol完全反应消耗0.1mol氯气，故开始反应时消耗的标况下氯气的体积为2.24L，再发生，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，故0.1mol完全反应时消耗标况下氯气的体积为V=nVm=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积与计算结果不一致，故B不符合题意；
C．0.1mol完全反应消耗0.1mol氯气，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，故亚铁离子开始反应时消耗标况下氯气的体积为V=nVm=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，再发生反应，0.1mol完全反应消耗0.05mol氯气，故完全反应时消耗标况下氯气的体积为(0.15mol+0.05mol)×22.4L/mol=4.48L，图象中氯气的体积与计算结果一致，故C符合题意；
D．由分析可知，、、完全反应时消耗氯气的物质的量为0.2mol，消耗标况下氯气的体积为(0.15mol+0.05mol)×22.4L/mol=4.48L，根据氯元素守恒，产生氯离子的物质的量为0.4mol，图象中氯离子的物质的量不相符，故D不符合题意；
答案选C。
二、填空题
22．回答下列问题：
(1)用金属钠制取氧化钠通常利用以下反应：2NaNO3+10Na6Na2O+N2↑。试说明不用金属钠与氧气的反应而采用此反应的理由：______。此反应的氧化剂：______；氧化产物：______。
(2)利用图所示装置及药品制取氨气。
①A中制氨气的化学方程式是______。
②B中碱石灰的作用是______。
③C处是用集气瓶收集氨气的装置，请绘出装置图(在虚线内画出)______。
④证明氨气已集满的方法是______。
【答案】(1) 钠与氧气直接反应易生成过氧化钠，而此方法有氮气的保护，能避免生成过氧化钠 NaNO3 Na2O
(2) 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 干燥氨气 将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，则说明收集满
【详解】（1）不用金属钠与氧气的反应而采用此反应的理由：钠与氧气直接反应易生成过氧化钠，而此方法有氮气的保护，能避免生成过氧化钠；该反应中硝酸钠中氮化合价降低，因此反应的氧化剂：NaNO3；钠化合价升高生成氧化钠，因此氧化产物：Na2O；故答案为：钠与氧气直接反应易生成过氧化钠，而此方法有氮气的保护，能避免生成过氧化钠；NaNO3；Na2O。
（2）①A中制氨气是氯化铵和消石灰在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，其反应的化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
②氨气中有水蒸气，因此B中碱石灰的作用是干燥氨气；故答案为：干燥氨气。
③氨气密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，因此C处是用集气瓶收集氨气的装置图；故答案为：。
④氨气的水溶液显碱性，证明氨气已集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，则说明收集满；故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，则说明收集满。
三、元素或物质推断题
23．现有常见金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F它们之间能发生如图反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A_______、F_______。
(2)写出由物质E制备氢氧化铁胶体反应的方程式：_______。
(3)写出气体乙跟水反应的离子方程式：_______；
反应①离子方程式_______；
反应③离子方程式_______；
反应⑦化学方程式_______。
【答案】(1) Na FeCl2
(2)FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl
(3) Cl2＋H2OCl－＋ H＋＋HClO 2Na＋2H2O＝2OH－＋ 2Na＋＋H2↑ Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3
【分析】根据物质C物质E反应生成红褐色沉淀即氢氧化铁沉淀，再根据金属A和水反应生成物质C和气体甲，则金属A为Na，物质C为NaOH，气体甲为氢气，黄绿色气体乙为氯气，氢气和氯气反应生成气体丙氯化氢，氯化氢溶于水为盐酸，盐酸和金属铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁沉淀。
【详解】（1）根据前面分析得到下列物质的化学式：A为Na、F为FeCl2；故答案为：Na；FeCl2；
（2）物质E制备氢氧化铁胶体是饱和氯化铁溶液滴加几滴在沸水中，其反应的方程式：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；故答案为：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
（3）气体乙是氯气，氯气跟水反应生成盐酸和次氯酸，其反应的离子方程式：Cl2＋H2OCl－＋ H＋＋HClO；故答案为：Cl2＋H2OCl－＋ H＋＋HClO；
反应①是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式2Na＋2H2O＝2OH－＋ 2Na＋＋H2↑；故答案为：2Na＋2H2O＝2OH－＋ 2Na＋＋H2↑；
反应③是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其反应的离子方程式Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑；故答案为：Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑；
反应⑦是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，其反应的化学方程式4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3；故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝ 4Fe(OH)3。
四、实验题
24．化学小组通过一系列实验探究SO2的性质。用如图装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，并将足量SO2通入试剂b中。
(1)浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是______。
(2)为了排除可能产生的硫酸酸雾的干扰，下列物质可以作为试剂a是_____。
①饱和的NaHCO3溶液 ②饱和的NaCl溶液 ③饱和的NaHSO3溶液
(3)从物质分类的角度分析，SO2和CO2都属于______，具有相似的化学性质，欲验证该性质，试剂b选用紫色石蕊溶液，预期的实验现象是______。
(4)为了研究二氧化硫是否有氧化性，试剂b可选用_______。
①氢氧化钠 ②硫化钠溶液 ③酸性高锰酸钾溶液 ④品红溶液
能说明二氧化硫有氧化性的实验现象是______。
(5)试剂b选用0.1mol/LBa(NO3)2溶液。打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓硫酸，加热装置A，发现装置C内有白色沉淀产生，液面上方略显浅棕色。
①白色沉淀是_____。
②分析白色沉淀产生的原因，甲同学认为是NO氧化了SO2，支持甲同学观点的实验证据是______。
③检验C中上层清液是否含有SO的方法______。
【答案】(1)
(2)③
(3) 酸性氧化物 紫色石蕊溶液变红
(4) ② 有黄色沉淀生成
(5) BaSO4 装置C内产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色 取少量C中上层清液于试管中，先滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则说明存在硫酸根离子
【详解】（1）浓硫酸与Cu反应的化学方程式为。
（2）①硫酸酸雾溶于水形成的硫酸可与饱和NaHCO3反应生成杂质气体CO2干扰实验，且饱和NaHCO3溶液会吸收SO2，①错误；
②SO2会溶解于饱和NaCl溶液中，②错误；
③饱和NaHSO3可吸收硫酸酸雾并与其反应生成SO2，同时SO2不易溶于饱和NaHSO3溶液中，③正确；
故答案选③。
（3）SO2和CO2都属于酸性氧化物。二氧化硫作为酸性氧化物能与水反应生成亚硫酸从而使紫色石蕊溶液变红。
（4）①氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫不表现氧化性，①错误；
②二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫表现氧化性，②正确；
③二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化生成硫酸，二氧化硫表现还原性，③错误；
④二氧化硫能使品红溶液褪色是因其具有漂白性，二氧化硫不表现氧化性，④错误；
故答案选②。
二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫表现氧化性，实验现象为溶液中有黄色沉淀生成。
（5）①硝酸钡可与二氧化硫反应生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，故装置C中的白色沉淀为BaSO4。
②硝酸根离子氧化SO2生成了硫酸根离子和NO，NO与氧气反应生成NO2，因此装置C内产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色。
③检验的方法为取少量C中上层清液于试管中，先滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则说明存在硫酸根离子。
25．某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。
(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c。其目的是______。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸。c中的现象是：______。再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是：______，离子反应方程式是：______。
(3)用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜。
①铜与稀硝酸反应
②铜与浓硝酸反应
③铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应
以下叙述不正确的是_____(填字母)。
A．三种途径所消耗铜的质量相等
B．三种途径所消耗硝酸的物质的量①＞②＞③
C．途径①中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3∶2
(4)表格是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是：______。理由是：_____。
方案
反应物
甲
Cu、浓HNO3
乙
Cu、稀HNO3
丙
Cu、O2、稀HNO3
【答案】(1)检查装置气密性
(2) 产生红棕色气体，溶液变成蓝色 反应变缓，气体颜色变淡 3Cu+8H+ + 2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)B
(4) 丙 耗酸量最少，对环境无污染
【详解】（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是检查装置气密性。
（2）c中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以观察到的现象是产生红棕色气体，溶液变成蓝色；再由a向c中加2mL蒸馏水，反应速率减慢，且浓硝酸被稀释为稀硝酸，反应生成NO，故c中的实验现象是反应变缓，气体颜色变淡，离子方程式为： 3Cu+8H+ + 2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜：
根据题意，有关反应为：①3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；②Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；③2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径②消耗HNO3最多，途径①次之，途径③消耗HNO3最少。
A．根据原子守恒，铜单质最终转化为硝酸铜，则三种途径制取相同质量的硝酸铜，所消耗的铜的物质的量相等，A正确；
B．由分析可知，三种途径耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径②消耗HNO3最多，途径①次之，途径③消耗HNO3最少，B错误；
C．根据化学反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量的比为3：2，C正确；
答案选B。
（4）方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，能体现绿色化学理念。
五、原理综合题
26．某实验小组同学探究“氧化剂对KSCN检验Fe2+的影响”，进行如图实验：
实验
试剂
现象
试管
滴管(各1滴)
2mL0.5mol/LFeSO4溶液与1滴0.5mol/LKSCN溶液
饱和氯水
I.溶液立即变为浅红色
稀硝酸
II.溶液立即变为红色
5%H2O2溶液
III.溶液立即变为深红色，无气体产生
(1)向2mL0.5mol/LFeSO4溶液中滴加1滴0.5mol/LKSCN溶液，无明显现象，通入O2，无明显变化。
①该实验的目的是______。
②用离子方程式表示I中出现浅红色的原因：______、______。
(2)对I中溶液呈浅红色的原因，甲同学提出以下假设。
假设1：氯水加入量少，氧化Fe2+生成的Fe3+浓度低。
设计实验i排除了假设1：取Ⅰ中浅红色溶液，操作a，观察到溶液浅红色消失。
假设2：氯水氧化性强，氧化了部分SCN-。
(已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为SO)
进行实验ii：向2mL水中滴加1滴0.5mol/LKSCN溶液，滴加1滴饱和氯水，加入一定试剂，产生白色沉淀，证明溶液里含有SO。
①操作a为_____。
②补全ii中SCN-被Cl2氧化的离子方程式：_____
______SCN-+______Cl2+______=______+2CO2+N2+______SO+______
(3)乙同学认为实验ii的设计不能证明假设2成立，并设计如下实验。分别取上述溶液于试管中，向其中滴加一定浓度的AgNO3溶液至溶液红色褪去，记录消耗AgNO3溶液的体积。实验记录如表：
实验
试管
消耗AgNO3溶液的体积(mL)
IV
2mL水与1滴Fe2(SO4)3溶液和1滴0.5mol/LKSCN溶液
2.40
V
实验Ⅰ中溶液
1.52
VI
实验Ⅱ中溶液
1.60
VII
实验Ⅲ中溶液
1.84
(已知：上述过程中产生白色沉淀，该沉淀仅为AgSCN。)
①实验ii不能证明假设2成立的原因______；
②由IV～VII可以得出的结论是______。
【答案】(1) 排除了氧气氧化Fe2+的可能性 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2) 继续滴加饱和氯水 2SCN-+11Cl2+12H2O=24H++2CO2+N2+2+22Cl-
(3) 实验ii中加入一定试剂，产生白色沉淀无法说明溶液中含有硫酸根离子，如加入硝酸银即使氯水没有氧化KSCN也会产生白色沉淀 以上三种氧化剂都可以氧化SCN-，饱和氯水氧化SCN-能力最强，稀硝酸次之，5%双氧水氧化SCN-能力最弱
【详解】（1）①向硫酸亚铁溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，通入O2，无明显变化，说明O2没有将Fe2+氧化成Fe3+，排除了氧气氧化Fe2+的可能性。
②滴加饱和氯水，Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+再与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（2）①假设Ⅰ为氯水加入量少，生成的铁离子浓度低，则操作a为继续滴加饱和氯水，Cl2将更多Fe2+氧化为Fe3+，若假设Ⅰ成立则溶液红色应该加深，现观察到溶液红色褪去，则说明假设Ⅰ错误。
②Cl2将SCN-氧化成硫酸根离子，Cl2得电子生成Cl-，产物中有Cl-，产物中含有O原子，则反应物中应有H2O参与，反应物中有H2O，则水中的H最终应转化成氢离子，观察方程式，N2前系数为1，SCN-前的系数为2，则前的系数为2，产物中共有12个O，则反应物中H2O前的系数为12，则产物中H+前的系数为24，最后根据电荷守恒，可得Cl2的系数为11，生成22个Cl-，离子方程式为2SCN-+11Cl2+12H2O=24H++2CO2+N2+2+22Cl-。
（3）①实验ii中加入一定试剂，产生白色沉淀无法说明溶液中含有硫酸根离子，如加入硝酸银即使氯水没有氧化KSCN也会产生白色沉淀。
②由Ⅳ-Ⅶ可知，后三组实验消耗的AgNO3比第Ⅳ组少，说明均有SCN-被氧化，消耗的AgNO3多，说明被氧化的SCN-少，可以得出的结论是，以上三种氧化剂都可以氧化SCN-，饱和氯水氧化SCN-能力最强，稀硝酸次之，5%双氧水氧化SCN-能力最弱。
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