辽宁省抚顺市第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学含解析

这是一份辽宁省抚顺市第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
 辽宁省抚顺市第一中学2022~2023学年高一上学期期末质量检测
化学试题
考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Na：23 Cu：64
第Ⅰ卷 (选择题，共45分)
一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合要求)
1. 我国“蛟龙”号载人潜水器已成功下潜至海中7020米处。“蛟龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金。下面有关合金的说法中正确的是
A. 钛合金是一种新型金属单质 B. Ti-Fe合金是新型储氢合金
C. 钛合金的性质与钛单质相同 D. 钢和硬铝中都没有非金属元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金是由金属与金属或金属与与非金属融合而成的具有金属特性的物质，不是新的单质，A错误；
B．Ti-Fe合金活化后在室温下即能可逆吸放大量的氢，是新型储氢合金，B正确；
C．合金比它的成分金属具有许多优良的物理、化学或机械加工性能，C错误；
D．钢中含有非金属C，D错误；
故选：B。
2. 下列说法正确的是
A. 硅材料广泛应用于光纤通讯 B. 工艺师利用盐酸刻蚀石英制作工艺品
C. 水泥和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐产品 D. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硅属于硅材料，可广泛应用于光纤通讯，故A正确；
B．工艺师利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故B错误；
C．水泥、陶瓷和玻璃是3大硅酸盐产品，故水泥和餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品，故C正确；
D．粗硅制备单晶硅先利用氧化反应即用Cl2氧化粗硅，再利用还原反应即用H2还原SiCl4，涉及氧化还原反应，故D错误；
答案选AC。
3. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 mol铁粉在1 mol氯气中充分燃烧，转移电子数为
B. 含有4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数为
C. 标准状况下，4.48 L 含有的分子数为
D. 1 mol/L 溶液中含有个
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol铁在1mol氯气中燃烧生成氯化铁，反应方程式为2Fe+3Cl2=2FeCl3，所以氯气物质的量不足，根据氯气计算转移电子数，氯元素化合价由0价降低为-1价，所以转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，A错误；
B．4.6g钠元素的物质的量为0.2mol，过氧化钠和氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子(过氧根离子或氧离子)构成，故所含离子总数为0.3NA，B正确；
C．标况下，SO3为固体，不能依据体积确定其物质的量，C错误；
D．没有给定体积，无法计算Na+的数目，D错误；
故选：B。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 向溶液中加入过量的溶液：
B. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
C. 将铜丝插入稀硝酸中：
D. 溶液与少量的溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶于中加过量氢氧化钡，按照1：1发生反应，离子方程式正确，故A正确；
B．醋酸为弱酸，应写化学式，正确的离子方程式：，故B错误；
C．该反应不满足元素守恒，正确的离子方程式：，故C错误；
D．少量的反应按照1：2反应，离子方程式为：，故D错误；
故选：A。
5. 下列操作不能达到实验目的的是
选项
目的
操作
A
测定氯水的pH
用玻璃棒蘸取饱和氯水点在置于玻璃片的pH试纸上，稍后与标准比色卡对照
B
检验某溶液中只含不含
先向该溶液中滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水
C
制取氢氧化铁胶体
向40 mL沸水中滴加5~6滴饱和溶液，继续煮沸直到形成红褐色液体停止加热
D
验证的还原性强于
向溶液中加入少量氯水，再加，振荡

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．饱和氯水中含有氯气和水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性能使pH试纸褪色，不能用pH试纸测氯水的pH值，A错误；
B．先向该溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，可排除存在，再滴加少量氯水，溶液变血红色，说明溶液含有亚铁离子，B正确；
C．制备氢氧化铁胶体的方法：将饱和氯化铁滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，C正确；
D．向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4，振荡，下层有机层为无色，说明氯水首先和亚铁离子反应，证明Fe2+的还原性强于Br-，D正确；
故选：A。
6. 下列有关化学用语使用正确的是
A. 硫原子的原子结构示意图：
B. NH4Cl的电子式为：
C. 原子核内有10个中子的氧原子：
D. HBr的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A.S原子核外有16个电子，原子结构示意图为，A错误；
B. NH4Cl是离子化合物，Cl-的最外层有8个电子，故该化合物电子式为，B错误；
C.原子核内有10个中子的氧原子,质量数为18，可表示为：，C正确；
D.HBr中H原子与Br原子间通过共价键结合，其形成过程可表示为：，D错误；
故合理选项是C。
7. 是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“氧化法”制备包括以下两个反应：①，②，下列说法正确的是
A. 两个反应均为氧化还原反应
B. 反应①中每转移10个电子生成1个
C. 向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液不会变蓝
D. 制备过程中可将②中的KOH换成NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应②中不存在价态不变，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．由反应①可知，每生成3分子氯气转移60个电子，则每转移10个电子生成0.5个，故B错误；
C．淀粉遇碘单质变蓝色，而碘盐中的碘为碘酸钾，遇淀粉不变蓝，故C正确；
D．制备过程中若将②中的KOH换成NaOH会生成，使产物不纯，故不能替换，故D错误；
故选：C。
8. 1943年侯德榜发明联合制碱法，其生产流程可简要表示为


下列说法中错误的是
A. 侯氏制碱法制备，利用了物质的溶解度差异
B 流程中通入和顺序一定不能颠倒
C. 若实验室进行第③步操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗和玻璃棒
D. 生成悬浊液的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3的溶解度较小，往饱和氨盐水中通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠，再将碳酸氢钠加热制得碳酸钠，A正确；
B．二氧化碳微溶于水，易溶于碱性溶液，故应先通入氨气，再通入二氧化碳，B正确；
C．第③步操作是过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、普通漏斗和玻璃棒，C错误；
D．生成NaHCO3的化学方程式为NaCl+ NH3+CO2+ H2O=NaHCO3↓+ NH4C1，则离子方程式为，D正确；
故选C。
9. 下列说法中正确的是
A. 任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失
B. 属于单质，其中存在非极性共价键
C. 中既含有离子键，又含有共价键
D. 中含有共价键，又全部由非金属元素组成，属于共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．不是所有离子键形成的过程中都有电子得失，如氯化钠溶液中析出晶体的过程中形成离子键，但不存在电子转移，故A错误；
B．仅由C元素形成，属于单质，且分子中只有碳碳键，为非极性键，故B正确；
C．中只含有离子键，不含共价键，故C错误；
D．中铵根离子和氯离子之间为离子键，属于离子化合物，故D错误；
故选：B。
10. 某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是

A. 该工艺流程是用来制备
B. 参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1
C. 气体M参加的反应是化合反应
D. 该流程需要定期补充溶液
【答案】B
【解析】
【分析】由工艺流程的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁、硫酸铁可以循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁作用生成硫酸铁，气体M为氧气，所以该工艺流程是用来制备硫酸的。
【详解】A．根据流程图可知，最终反应完离开体系的为硫酸，因此该工艺流程的目的是制备硫酸，故A错误；
B．二氧化硫参加反应的化学方程式为：SO2+ Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，二氧化硫为还原剂，硫酸铁中铁元素的化合价降低，硫酸铁是氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1，故B正确；
C．根据反应关系分析，气体M、H2SO4和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3和水，铁元素的价态发生了变化，M是具有氧化性的氧气，反应的化学方程式为O2+4FeSO4+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，不是化合反应，故C错误；
D．根据流程图可知，气体M、SO2进入体系内，最终有硫酸离开体系，所以该流程的总反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，作反应的催化剂，不需要补充，故D正确；
故选：B。
11. 下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 向水溶液中滴加溶液，产生的白色沉淀是
B. 向溴水中通入，溶液褪色，体现的还原性
C. 将过量的通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明不能漂白石蕊溶液
D. 常温下，将铁片加入到浓硫酸中，无明显变化，说明铁片与浓硫酸未反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸氧化成硫酸，故白色沉淀为硫酸钡，A正确；
B．二氧化硫使溴水褪色是因为发生了氧化还原反应，二氧化硫体现还原性，溴水体现氧化性，B正确；
C．二氧化硫能够漂白品红溶液但是无法漂白紫色石蕊溶液，将过量二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液只变红，不褪色，C正确；
D．常温下，将铁片加入到浓硫酸中，无明显变化，是因为铁片发生了钝化，铁片被浓硫酸氧化、表面产生了一层致密氧化物保护膜，D错误；
故选D。
12. 下图为的喷泉实验装置。下列说法不正确的是

A. 试剂X可以是CaO
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明已经集满
C. 氨的喷泉实验体现了氨极易溶于水的性质
D. 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，挤出水，可完成喷泉实验
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓氨水滴到碱石灰或者CaO或固体NaOH上，利用固体溶解或反应放热促使氨气逸出，故A正确；
B．检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，观察是否变蓝，故B错误；
C．喷泉实验可说明氨气极易溶于水，可使烧瓶内外形成较大压强差从而产生喷泉现象，故C正确；
D．三颈烧瓶中收集满氨气后，关闭a，并用单孔赛塞紧颈口c防止氨气逸出，然后挤出水，吸收烧瓶中的氨气，可完成喷泉实验，故D正确；
故选：B。
13. 硝酸工业尾气中的NO、进入大气后会破坏臭氧层。可用氢氧化钠溶液对含氮氧化物的废气进行处理，反应的化学方程式如下：，。将一定量NO和的混合气体通入300 mL 5 mol•L NaOH溶液中，恰好被完全吸收，则下列有关判断正确的是
A. 原混合气体中NO在标准状况下的体积可能为10 L
B. 原混合气体中NO与的体积之比可能为3∶2
C. 所得溶液中溶质一定有2种
D. 所得溶液中和的物质的量之比可能为2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】A．若只发生NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O反应，据二者反应的关系：NO--2NaOH，n(NaOH)=0.3×5=1.5mol，n(NO)=0.75mol，V(NO)=22.4×0.75=16.8 L，结合反应可知NO的物质的量小于NO2时，气体即可被完全吸收，因此NO的体积≤16.8 L即可满足题意；故A正确；
B．由反应可知当NO的物质的量小于NO2时，即：V(NO)：V(NO2)≤1时气体才能被完全吸收，则NO与的体积之比不可能为3∶2，故B错误；
C．不确定NO、NO2的量，可能发生NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO2+ NaNO3+H2O两个反应，所以溶液中溶质可能只有NaNO2也可能是NaNO3和NaNO2的混合物，故B错误；
D．若只发生NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O反应，则溶质只有NaNO2，又因在反应中NaNO3和NaNO2按照1：1生成，则两个反应发生时和的物质的量之比一定小于1，不可能为2：1，故D错误；
故选：A。
14. X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是
A. M与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸
B. 的半径是同周期离子半径最大的
C. X的氢化物一定比N的氢化物稳定
D. X、Y的简单离子半径大小：
【答案】D
【解析】
【分析】已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X的电子层数为2层，其最外层电子数为6，X为O；X、M同主族，M为S，N的原子序数比M大，且为短周期主族元素，可知N为Cl；Y的原子在短周期主族元素中原子半径最大，Y为Na。
【详解】A．M和X形成的化合物有SO2、SO3等，其中SO2对应的水化物为H2SO3，是弱酸，A错误；
B．Na＋核外电子排布为2、8，同周期的非金属形成的阴离子的核外电子层排布为2、8、8，电子层数越多离子半径越大，同周期阴离子的半径大于钠离子，B错误；
C．X为O，其氢化物有H2O和H2O2，其中H2O2不稳定受热易分解，N为Cl，其氢化物为HCl，稳定性HCl> H2O2，C错误；
D．X、Y构成的离子为O2－、Na＋，它们的核外电子层结构相同；核外电子结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则r(O2－)＞r(Na＋)，D正确；
故选：D。
15. 化学家合成了一种新化合物(结构如图所示)，该化合物的组成元素W、X、Y、Z均为短周期元素且位于同一周期，Z的最外层电子数是X的核外电子数的一半。下列叙述正确的是

A. W的单质可以置换出水溶液中的钛
B. 该化合物中，Z原子满足8电子稳定结构
C. X的最高价氧化物能溶于水生成相应的酸
D. Y元素的单质不存在同素异形体
【答案】B
【解析】
【分析】元素W、X、Y、Z均为短周期元素且位于同一周期，Z的最外层电子数是X的核外电子数的一半，且X成四根键因此位于第IVA族，则X为Si，Z为Cl，结合题干已知条件知，W为正一价即位于第IA族即为Na，则Y为P。
【详解】A．Na单质不可以置换出TiCl4水溶液中的钛，因钠优先和水反应，且不存在TiCl4水溶液，故A错误；
B．Z为Cl原子，满足8电子稳定结构，故B正确；
C．Si最高价氧化物为SiO2，不溶于水且不能与水反应生成硅酸，故C错误；
D．Y为P，存在红磷、白磷等多种同素异形体，故D错误。
故选：B。
第Ⅱ卷 (非选择题，共55分)
二、填空题
16. 短周期主族元素W、X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，在元素周期表中W的原子半径最小(稀有气体元素除外)，X与Y相邻且Y的最外层电子数是次外层的3倍，Y，Z的最外层电子数之和与Q的最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素。回答下列问题：
（1）X在元素周期表中的位置是___________，X的简单氢化物的沸点比同族相邻元素的简单氢化物沸点高的原因是___________。
（2）由W，Y，Z三种元素组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式是___________。
（3）写出Q元素最高价氧化物对应水化物的化学式为___________。
（4）M单质与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是___________。
（5）W和Y组成的化合物中，写出既有极性键又有非极性键的物质的结构式___________，此化合物可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 第二周期第ⅤA族 ②. 分子间形成氢键
（2） （3）
（4）
（5） ①. H-O-O-H ②.
【解析】
【分析】根据题中信息W的原子半径最小(稀有气体元素除外)，可知W是氢原子，Y是氧原子，X是氮原子，M是地壳中含量最多的金属元素是铝元素，Y、Z的最外层电子数之和与Q的最外层电子数相等，所以Z是钠元素，Q是氯元素。W、X、Y、Z、M、Q分别为H、N、O、Na、Al和Cl。
【小问1详解】
N为7号元素，在周期表中的位置为第二周期第VA族；N的简单氢化物为NH3，氨气分子之间能形成氢键，导致其沸点比同族相邻元素的简单氢化物沸点高，故答案为：第二周期第ⅤA族；分子间形成氢键；
【小问2详解】
Na、O与H形成的既含离子键又含共价键的化合物为NaOH，电子式为。故答案为：；
【小问3详解】
Q是氯元素，其最高正价为+7，对应氧化物的水化物为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，Z、M分别为Na、Al，钠对应的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠，铝和氢氧化钠反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
【小问5详解】
由分析可知W和Y分别为：H、O，两者形成的既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2，其结构式为：H-O-O-H；过氧化氢有强氧化性，在碱性条件下可以将CN−氧化为碳酸盐和氨气，离子方程式为：。故答案为：H-O-O-H；。
17. 某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，并收集反应生成的气体，装置如图，实验开始前应先向装置中通入一段时间的氮气。已知：(棕色)

（1）组装仪器后，应先进行的操作是___________。
（2）仪器a的名称是___________，C中的药品是___________，E的作用是___________。
（3）D中固体逐渐变黑，并生成一种无毒气体，反应的方程式为___________。
（4）通入的作用是___________。
（5）反应前，装置D(硬质玻璃管和铜粉)的质量为，反应后质量为，则该反应生成的气体在标准状况下体积约为___________L(用、表示)
【答案】（1）检查装置的气密性
（2） ①. 分液漏斗 ②. 浓硫酸 ③. 除去未反应的NO
（3）
（4）排除装置内的氧气，防止NO被氧化
（5）
【解析】
【分析】铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，实验开始前向装置中通入一段时间的氮气，排净装置内空气，由于硝酸具有挥发性，通过装置B中水吸收挥发出的硝酸，通过C中浓硫酸干燥一氧化氮，NO通过装置D加热反应，铜和NO反应生成氮气和氧化铜，装置E的作用是除去未反应的NO，所盛装试剂为硫酸亚铁溶液，剩余气体进入F，收集主要为氮气，以此解答该题。
【小问1详解】
组装仪器后，应先进行的操作是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
【小问2详解】
分析可知，仪器a为分液漏斗， C中药品为浓硫酸，E中硫酸亚铁溶液吸收NO，故答案为：分液漏斗；浓硫酸；除去未反应的NO；
【小问3详解】
D中固体逐渐变黑，并生成一种无毒气体，说明铜粉被氧化，NO的化合价降低，对应的无毒气体为氮气，反应的方程式为：2NO+2CuN2+2CuO；故答案为： 2NO+2CuN2+2CuO；
【小问4详解】
通入N2排除装置内的氧气，防止NO被氧化，故答案为：排除装置内的氧气，防止NO被氧化；
【小问5详解】
铜粉被氧化，NO的化合价降低，对应的无毒气体为氮气，方程式为：2NO+2CuN2+2CuO，玻璃管的质量差为氧元素质量= (m2−m1)g，对应氮气的物质的量为：mol；对应的气体的体积为：×22.4L=0.7(m2−m1)L；故答案为：0.7(m2−m1)。
18. 高铁酸钾()具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程：

已知的部分性质如下：
溶解性
溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物
稳定性
温度为0~5℃或强碱性溶液中能稳定存在；酸性或中性溶液中放出
回答下列问题：
（1）写出①中发生反应的化学方程式：___________。
（2）②中加入NaOH固体的目的是___________(填字母序号)。
A．加入NaOH固体做氧化剂有利于除去NaCl
B．为后续反应提供碱性环境
C．NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于后续生成
（3）完成④中反应的离子方程式：___________；反应中氧化剂为：___________；每生成1 mol 转移电子的数目为：___________。
（4）从溶液Ⅱ中得到沉淀的操作是___________。
（5）⑥中洗涤时，洗涤剂最好选用___________(填字母序号)。
A. 乙醇 B. KOH溶液 C. D. 溶液
【答案】（1）
（2）B （3） ①. ②. NaClO或 ③.
（4）过滤 （5）A
【解析】
【分析】足量氯气通入氢氧化钠溶液中低温反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，加入固体氢氧化钠除去氯化钠得到碱性次氯酸钠浓溶液，加入硝酸铁浓溶液、饱和KOH，经结晶、过滤得到湿的K2FeO4晶体，再洗涤、干燥得到纯净的高铁酸钾晶体；
【小问1详解】
足量氯气通入氢氧化钠溶液中低温反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，则①中氯气和氢氧化钠反应的化学方程式为。
【小问2详解】
A．根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入NaOH固体后会继续反应生成NaClO，反应中氢氧化钠中各元素化合价没有改变，氢氧化钠不是氧化剂，故A错误；
B．第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故B正确；
C．温度为0~5℃或强碱性溶液中能稳定存在；固体溶解时会放出较多的热量，不有利于后续生成，故C错误；
故选B；
【小问3详解】
④中反应物：Fe3+、ClO-，生成物：、Cl-，反应中铁元素化合价+3变为+6、氯元素化合价+1变为-1，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得；反应中氧化剂为NaClO或ClO-，电子转移关系为：，每生成 转移电子的物质的量为3mol、电子数为；
【小问4详解】
过滤是分离固液的操作，溶液Ⅱ中得到沉淀的操作是过滤；
【小问5详解】
K2FeO4溶于水，微溶于浓溶液，难溶于有机物，步骤⑥洗涤K2FeO4晶体时，B、C、D均含有水，且氯化亚铁具有强还原性、高铁酸钾具有强氧化性二者会发生氧化还原反应，故洗涤剂最好为乙醇，故选用A。
19. 硫酸是重要的化工产品，可用于生产化肥、农药、炸药、染料等。工业制硫酸的原理(反应条件和部分生成物已略去)如图所示：

回答下列问题：
（1）中硫元素的化合价是___________，“过程Ⅰ”发生的反应为，其中氧化产物是___________(填化学式)。
（2）“过程Ⅱ”中由制备化学方程式为___________。
（3）某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含的烟气，以减少其对环境造成的污染。“吸收塔”中发生反应的化学方程式为___________，该流程中可循环利用的物质为___________(填化学式)。图中的氨气来源于工业生产，而实验室制取的方法与其不同，写出实验室制取氨气的化学方程式___________，实验室制取氨气时常用的干燥剂为___________(填名称)。

【答案】（1） ①. -1 ②. 和
（2）
（3） ①. ②. 和 ③. ④. 碱石灰
【解析】
【分析】FeS2高温煅烧生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫被98.3%的浓硫酸吸收得到高浓度的硫酸，据此分析解答。
【小问1详解】
中Fe为+2价，S为-1价，由反应可知被氧气氧化生成氧化铁和二氧化硫，因此氧化产物为：和，故答案为：-1；和；
【小问2详解】
“过程Ⅱ”中经催化氧化生成，反应方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
由图中信息可知在吸收塔中亚硫酸铵溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢铵，反应方程式为：，由图可知生成的吸收氨气后又重新转化为，可实现和的循环利用；实验室采用氢氧化钙和氯化铵混合固体加热制取氨气，反应方程式为：；氨气为碱性气体，应用碱性干燥剂干燥氨气，因此可选用碱石灰干燥，故答案为：；和；；碱石灰。