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所属成套资源：2022-2023学年高一化学上学期月考试卷合集1
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湖北省华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一化学上学期竞赛生10月测试试卷（Word版附解析）
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这是一份湖北省华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一化学上学期竞赛生10月测试试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，元素或物质推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
华中师范大学第一附属中学2023高一10月测试卷
（化学竞赛生使用）
命题人：陈国良 审题人：马志俊 考试时间：10月10日10：30-11：45
一、单选题
1．将铁粉和铜粉的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成的体积和剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有)。下列说法正确的是
编号
①
②
③
④
硝酸体积/mL
100
200
300
400
剩余金属/g
18.6
9.6
0
0
NO体积/L
2.24
4.48
6.72
V
A．①中溶液存在 B．
C．硝酸的浓度为 D．④中
2．向mg由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成NO的体积[V(NO)](已换算成标准状况下)、m(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)。下列说法中正确的是
A．稀硝酸的浓度为0.4mol·L-1
B．a点时，100mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共8.4g
C．b点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+
D．加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.91L
二、多选题
3．向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是
A．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生H2
B．A点溶液中的溶质为FeSO4和H2SO4
C．原混合酸中NO和SO物质的量之比为2：1
D．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1
三、实验题
4．亚硝酸钠(NaNO2)的外观与NaCl相似，有毒。它在工业上可作染料、助染剂，医药上能用作器碱消毒剂、防腐剂等。
已知：①NaNO2有强氧化性又有还原性；
②NO能被酸性KMnO4氧化成硝酸根离子；
③亚硝酸是弱酸，很不稳定，易分解为NO2、NO和水。
某兴趣小组用下列装置(夹持仪器已省略)制取较纯净的NaNO2。
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2
回答下列问题：
(1)乙装置的仪器名称是____，装置乙的作用是____。
(2)甲中滴入稀硝酸前需先通入N2，原因是____。
(3)甲装置中发生反应的离子方程式为____。
(4)反应过程中观察到丙中的现象为___。
(5)丁中酸性KMnO4的作用是____。
(6)设计实验证明丙装置有NaNO2生成____(写出操作、试剂和现象)。
5．某小组进行如下实验：向0.1mol·L-1 FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到红色溶液。
已知：溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如下图所示。
I.推测Fe3+与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)：
实验
溶液1(1mL)
溶液2(10mL)
现象
A
0.1mol·L-1 FeCl3溶液
SO2的饱和溶液
溶液1与溶液2混合后，实验A、B、C所得溶液红色依次加深
B
0.1mol·L-1 FeCl3溶液
SO2的饱和溶液，用NaOH固体调
pH=5.0
C
0.1mol·L-1 FeCl3溶液
_______
(1)将上述实验补充完整________。
(2)配离子的配体为的实验证据是_______。
II.探究pH对FeCl3和Na2SO3反应的影响。设计如下实验：
序号
实验a
实验b
方案
5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，测得pH=1.7
5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，加几滴浓盐酸，调pH=1.3
现象
放置10分钟后，溶液红色均褪去，实验b中溶液褪色更快。经检验，褪色后的溶液中均存在Fe2+。
(3)探究实验b中溶液褪色更快的原因：
i.甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
①从电极反应的角度，进行理论分析：
还原反应为：Fe3++e-=Fe2+氧化反应为：_______。
②已知上述实验条件下pH对Fe3+的氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是_______(填“增强”或“减弱”)。
③通过理论分析，甲认为其猜测_______(填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同时间，分别取实验a和b中的溶液，检测_______浓度(填离子符号)，比较其大小关系。
ii.乙猜测pH降低，有利于_______氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
④将乙的假设补充完整_______(填化学式)。
⑤乙设计实验进行验证：
取10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液加硫酸调pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V1。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V2.前后差值(V1-V2)为ΔVa。用同样的方法对10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3进行滴定，消耗KMnO4溶液前后体积差值为ΔVb。
经对比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的实验结论是_______。
(4)综合上述分析，pH降低，有利于_______反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
6．铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：
Ⅰ．制备
(1)利用铜与浓硫酸制备，适宜的装置是___________(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为___________。
(2)收集干燥的，所需装置的接口连接顺序为：发生装置→___________(填小写字母)。
(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是___________。
Ⅱ．探究温度对铜与过氧化氢反应的影响
向的溶液中滴加硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为，查阅资料发现是催化分解的结果。
(4)写出生成的离子方程式___________。
(5)学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。
实验序号
()
()
水()
水浴温度()
时生成的平均速率()
1
10
1
1
20
2.4
2
10
1
1
30
9
3
10
1
1
40
90
4
10
0
2
20
__
5
______
______
__
__
__
6
10
0
2
40
__
小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是___________。
③为进一步验证猜想，完善实验4～6的方案。小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，依据是___________。
7．Ⅰ．无机盐A由4种常见的元素组成，为探究A的组成，设计并完成如下实验：
已知：D为单质，在标准状况下的密度为1.25g/L；溶液B显酸性。
（1）写出组成A的金属元素在周期表中的位置______________。
（2）气体D的电子式为______________。
（3）写出A与H2O2反应的离子方程式______________。
Ⅱ．某小组设计实验探究在适当温度和催化剂条件下SO2与O2反应后混合气体的成分：
（1）c中盛放的试剂是______________；e中盛放的试剂是______________。
（2）某同学提出用饱和的Na2SO3溶液代替98.3%的浓H2SO4，请评价该方案是否可行______________，若可行不必说明理由；若不可行，简述其理由______________。
四、元素或物质推断题
8．已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D化合形成甲、乙、丙三种分子，均含有相同数目的电子。丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有刺激性气味的气体，丁与C的某种单质在常温条件下反应生成红棕色气体；B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系：
(1)丙的化学式为_______。
(2)丁与C的常见的单质在常温下反应生成红棕色气体的化学方程式为_______。
(3)B、C、D原子半径由大到小顺序为_______(用元素符号表示)。
(4)B的单质+乙→甲+C的单质的化学方程式为_______。
9．X、Y、Z、M为短周期元素，原子序数依次增大。A～J均由该四种元素构成的单质或化合物，其转化关系如图所示，部分生成物省略。
已知：①A、B、C、G都是由两种元素构成的化合物，其中A、G分子所含的电子数为10e-，B、C分子所含的电子数为18e-；D为空气的主要成分之一、
②另取16.8gJ在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到F和8.96L(已折算成标准状况)A两种物质。
请回答下列问题：
(1)写出C的化学式是___________；D的电子式是___________。
(2)请写出金属单质E在生产生活中的一种作用___________。
(3)写出次氯酸钠与过量气体A反应生成B的化学方程式是___________；B在制备过程中，气体A需要过量的理由是___________。
(4)写出F和G反应生成H和A的化学方程式是___________。
(5)B在加热条件下与CuO反应可生成气体D和金属单质，请设计实验方案，验证B与CuO反应后固体的成分(不考虑其他反应)___________。
(6)写出J在已知②条件下受热分解的化学方程式是___________。
五、原理综合题
10．酸性废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在。已知As2S3难溶于水，也不溶于稀硫酸、稀盐酸等无机酸。
(1)工业上采用硫化法(通常用Na2S)去除废水中的砷。
①向酸性废水中加入Na2S，产生的H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为_______。
②沉淀后，若废水中c(S2-)=1.0×10-4mol·L-1，则c(As3+)=_______。［Ksp(As2S3)=4.0×10-38]。
③为了防止As2S3与过量的S2-形成络合离子而溶解，通常需添加适量的FeSO4溶液，形成FeS，与As2S3共沉淀。验证沉淀中含有FeS的实验方法是_______。
(2)用硫代硫酸钠(Na2S2O3)替代Na2S处理含砷酸性废水可避免H2S污染。
①Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图1所示，S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为________(图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。
②其他条件相同时，在紫外线照射下，将Na2S2O3分别加入到不含H3AsO3的酸性废水和含H3AsO3的酸性废水中，监测到反应过程中部分物质的浓度变化如图2所示，发现均不释放H2S，其原因是_______。
华中师范大学第一附属中学2023高一10月测试卷
（化学竞赛生使用）
参考答案
1．B
【来源】湖北省六校新高考联盟2021-2022学年高一下学期4月联考化学试题
【解析】
【分析】
（1）由表中数据可知，实验①和实验②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，即实验①和实验②中的反应可以归纳为3M+8HNO3(稀)=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）实验②可以看作是在实验①的基础上继续加入100mL硝酸，在这100mL HNO3参与的反应中，参加反应的金属的质量为18.6g-9.6g=9g，生成NO的体积为4.48L-2.24L=2.24L，则NO（标况下）的物质的量为0.1mol，根据化学方程式可知，参加反应的金属的物质的量为0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，m(Fe)=0.075mol´56g/mol=4.2g，m(Cu)=0.075mol´64g/mol=4.8g，故实验①只有铁参与反应；
（3）实验①发生的反应为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的体积为2.24L，则NO（标况下）的物质的量为0.1mol，根据反应的化学方程式可知，参加反应的铁的物质的量为0.15mol，参加反应的铁的质量为0.15mol56g/mol=8.4g，参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L；
（4）结合（1）和（2）的分析内容可知，实验②中，参加反应的Fe的物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol；
（5）实验③可看作是在实验②的基础上继续加入100mL稀硝酸，此时铁已全部反应，已经有0.075mol的铜参与了反应，则在这100mL稀硝酸参与的反应中，9.6g的金属全部为铜，物质的量为=0.15mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.15mol Cu参与反应生成0.1mol NO，则实验③铜和稀硝酸恰好完全反应，则Cu的总物质的量为0.075mol+0.15mol=0.225mol；
（6）实验④可以看作是在实验③的基础上再加100mL稀硝酸，则这100mL稀硝酸和Fe2+反应，上述反应中的Fe全部转化为Fe2+，则Fe2+的物质的量为0.225mol，Fe2+与稀硝酸反应的离子方程式为4H++3Fe2++=3Fe3++NO↑+2H2O，反应生成0.075mol NO，体积为0.075mol22.4L/mol=1.68L。
【详解】
A．由分析可知，实验①只有铁参与反应，溶液中只有Fe2+，没有Fe3+，A错误；
B．由分析可知，铁的物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol，铜的物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol，，B正确；
C．由分析可知，硝酸的物质的量浓度为4mol/L，C错误；
D．由分析可知，④中V=6.72L+1.68L=8.4L，D错误；
答案选B。
2．D
【来源】湖北省黄冈市部分重点中学2021-2022学年高一下学期4月期中联考化学试题
【解析】
【分析】
由图示数据可得如下表格：
编号
①
②
③
④
稀硝酸体积/mL
100
200
300
400
剩余金属/g
12.2
3.2
0
0
NO体积/mL
2240
4480
6720
V
实验①和②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为=0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，故实验①只有铁参与反应，实验①生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol56g/mol=8.4g，实验②既有铁参与反应，又有铜参与反应，且n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，在实验②的基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6720mL-4480mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，物质的量为=0.05mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.05molCu参与反应生成molNO，则亚铁离子参与反应生成molNO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，总共含亚铁离子0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后还有0.225mol-0.2mol=0.025mol亚铁离子，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成≈0.0083molNO，体积为0.0083mol22.4L/mol≈0.19L。
【详解】
A．由分析可知，实验①只有铁参与反应，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误；
B．由分析可知，a点只消耗了铁8.4g，B错误；
C．b点还有金属剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误；
D．由分析可知，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.19L=6.91L，D正确；
答案选D。
3．BC
【来源】江西省抚州市临川第二中学2021-2022学年高一下学期第一次月考化学试题
【解析】
【分析】
由图象可知，OA段气体一直在增加，因稀硝酸的氧化性强于稀硫酸，则OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O。AB段气体没有增加，是因为Fe3+的氧化性强于H+，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。最终消耗22.4gFe，最终溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。
【详解】
A．经分析，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，产生的是NO，AB段气体没有增加，是因为发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，产生的是H2，故A正确；
B． OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，则 A点时溶液中的都被还原了，只剩SO，阳离子有Fe3+和H+，则溶液的成分是Fe2(SO4)3和H2SO4，故B错误；
C．经分析最终溶液中的成分是FeSO4，最终消耗22.4gFe，根据铁离子和硫酸根离子的数量关系，则可求出SO的物质的量是0.4mol，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗铁11.2g，根据反应的离子方程式，可求出NO的物质的量是0.2mol，则原混合酸中NO和SO物质的量之比为1：2，故C错误；
D．经上述分析，溶液中的SO的物质的量是0.4mol，则原混合酸中的H2SO4的物质的量为0.4mol，原溶混合酸体积是200mL，则原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1，故D正确；
答案BC。
4．(1) 球形干燥管 吸收NO中的水蒸气
(2)赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成
(3)3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(4)淡黄色固体逐渐变为白色粉末
(5)吸收NO，防止污染环境
(6)取少量丙装置中的固体于试管中，加入稀硫酸，在试管中观察到有红棕色气体产生，证明有NaNO2生成
【来源】江西省抚州市2021-2022学年高一下学期期末考化学试题
【解析】
【分析】
利用NO和Na2O2反应制备NaNO2，则：甲中先通N2排出空气，再让Cu和稀HNO3反应制备NO，因为装置内空气已经用N2排出，NO不会被氧化为NO2，然后用乙干燥NO，然后NO和丙中的Na2O2反应制备NaNO2，然后用丁吸收过量的NO，防止污染空气。
（1）乙装置的仪器名称是球形干燥管，装置乙的作用是吸收NO中的水蒸气。故答案为：球形干燥管；吸收NO中的水蒸气；
（2）原装置中的氧气会干扰NO的生成，要排尽装置中的空气，防止NO与O2生成NO2。甲中滴入稀硝酸前需先通入N2，原因是赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成。故答案为：赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成；
（3）甲装置中Cu和稀硝酸反应制备NO，甲装置中发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。故答案为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）NO和丙中的Na2O2反应制备NaNO2，反应过程中观察到丙中的现象为淡黄色固体逐渐变为白色粉末。故答案为：淡黄色固体逐渐变为白色粉末；
（5）NO作还原剂，用酸性KMnO4将其氧化，丁中酸性KMnO4的作用是吸收NO，防止污染环境。故答案为：吸收NO，防止污染环境；
（6）亚硝酸是弱酸，很不稳定，易分解为NO2、NO和水，利用亚硝酸的这个性质来设计，设计实验证明丙装置有NaNO2生成，取少量丙装置中的固体于试管中，加入稀硫酸，在试管中观察到有红棕色气体产生，证明有NaNO2生成。故答案为：取少量丙装置中的固体于试管中，加入稀硫酸，在试管中观察到有红棕色气体产生，证明有NaNO2生成。
5．(1)SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10
(2)随着c()增大，溶液红色加深
(3) +H2O-2e-=+2H+ 减弱 不成立 Fe2+ O2 pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立
(4)与H+
【来源】北京市丰台区2022届高三二模化学试题
【解析】
(1)
结合溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知，实验A、B、C探究的是不同pH下，不同+4价含硫微粒对实验的影响，因此C实验应为：SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10。
(2)
随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。
(3)
①Fe3+与发生氧化还原反应，Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，则失电子生成，发生氧化反应，反应式为：+H2O-2e-=+2H+。
②在溶液中存在+H2O-2e-⇌+2H+，溶液酸性增强，平衡逆向移动，还原性减弱。
③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于Fe3+和的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中Fe2+的浓度，比较其大小关系去验证。
④实验放在空气中进行，空气中O2有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于O2氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
⑤由实验数据ΔVa>ΔVb可知，在空气中放置相同时间，结果酸性弱的溶液中消耗高锰酸钾的量少，酸性强的溶液中消耗高锰酸钾的量多，说明pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立。
(4)
溶液酸性增强，会发生反应H++⇌HSO，H++HSO⇌H2SO4，pH降低，有利于与H+反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
6．(1) B
(2)g→h→e→d→i→j
(3)如果浓硫酸的体积和浓度都很大，而铜的质量小，当铜消耗完之后，溶液硫酸的浓度还是很大，硫酸铜呈现灰白色的沉淀
(4)
(5) 1
10 0 2
30
2
3
温度升高，会加快过氧化氢的分解 结合实验4～6，可知温度升高，会加快过氧化氢的分解，但是影响很小，再根据实验1～3的结果，可知升高温度，催化能力增强
【来源】广东省佛山市普通高中2022届高三教学质量检测（二）化学试题
【解析】
【分析】
装置B中铜与浓硫酸共热制取二氧化硫，产生的二氧化硫通过装置E中的浓硫酸进行干燥，再通过装置D收集二氧化硫，二氧化硫对环境有污染，装置F进行尾气处理。
(1)
利用铜与浓硫酸制备，同时还会生成硫酸铜和水，化学方程式为：；该反应采用固液加热型，应该选择装置B，故答案为：B；；
(2)
B装置制备二氧化硫，用浓硫酸干燥二氧化硫，则发生装置→连接g连接h，二氧化硫的密度比空气大，故导气管深入集气瓶底部，再连接e连接d，二氧化硫不能排放至空气中，用碱性试剂吸收，连接i连接j，其连接顺序为：发生装置→g→h→e→d→i→j，故答案为：g→h→e→d→i→j；
(3)
如果浓硫酸的体积和浓度都很大，而铜的质量小，当铜消耗完之后，溶液硫酸的浓度还是很大，浓硫酸具有吸水性，硫酸铜呈现灰白色的沉淀，从而在发生装置中未观察到蓝色溶液，故答案为：如果浓硫酸的体积和浓度都很大，而铜的质量小，当铜消耗完之后，溶液硫酸的浓度还是很大，硫酸铜呈现灰白色的沉淀；
(4)
向的溶液中滴加硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色，说明生成硫酸铜，铜的化合价升高，则在反应中做氧化剂，生成水，离子方程式为：，故答案为：；
(5)
实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是温度升高，会加快过氧化氢的分解；升高温度，反应速率加快，具有催化能力，根据控制变量原则，完善实验4～6的数据为：没有催化剂，则数据可能为：1，序号5对比序号2，可知数据为：10、0、2、30，没有催化剂，则数据可能为2，没有催化剂，则数据可能为3；结合实验4～6，可知温度升高，会加快过氧化氢的分解，但是影响很小，再根据实验1～3的结果，可知升高温度，催化能力增强，故答案为：1；10；0；2；30；2；3；温度升高，会加快过氧化氢的分解；结合实验4～6，可知温度升高，会加快过氧化氢的分解，但是影响很小，再根据实验1～3的结果，可知升高温度，催化能力增强。
7． 第四周期第ⅠA族 2SCN－＋11H2O2=2SO42－＋2CO2↑＋N2↑＋10H2O＋2H＋ BaCl2溶液 品红溶液或KMnO4溶液 不可行 因为SO3与Na2SO3溶液反应生成SO2，会干扰原混合气体中SO2的检验
【来源】浙江省宁波市五校（奉化中学、宁波中学、北仑中学等）2020届高三适应性考试化学试题
【解析】
【分析】
Ⅰ．D为单质，在标准状况下的密度为1.25g/L，则D的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L·mol－1=28g·mol－1，D为N2。溶液B呈酸性，且能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，则B应该含有H2SO4，不可能为H2CO3，在强酸溶液中H2CO3会分解生成CO2，白色沉淀为23.3g，则；混合气体C也能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，应该有CO2，则，CO2的物质的量为0.1mol，在标况下的体积为2.24L，则N2的体积为1.12L，其物质的量为0.05mol；根据物质守恒，该物质A含有0.1molS、0.1molN、0.1molC，这三种元素的总质量为3.2g＋1.4g＋1.2g=5.8g，另一种元素质量为9.7g-5.8g=3.9g；S、N、C这三种元素可以构成常见的阴离子SCN－，则另一种元素原子形成的阳离子带一个正电荷，其摩尔质量M=3.9g÷0.1mol=39g/mol，为K元素，该物质为KSCN；
Ⅱ．SO2和O2制备SO3是个可逆反应，因此反应后的气体中肯定含有SO2、SO3、O2；因此需要检验的气体是SO2、SO3、O2。检验SO3时，需要防止SO2的干扰，可以利用BaCl2溶液，SO3可以与BaCl2反应生成白色沉淀，而SO2不行；利用98.3%H2SO4吸收未反应的SO3，防止其对SO2的检验造成干扰，SO2的检验可以利用品红溶液或KMnO4溶液，最后集气瓶中收集到O2。
【详解】
Ⅰ．(1)组成A的金属元素为K，在元素周期表中第四周期第ⅠA族；
(2)D为N2，N和N之间形成三对共用电子对，则电子式为；
(3)KSCN和H2O2得到CO2、N2、SO42－等，其离子方程式为2SCN－＋11H2O2=2SO42－＋2CO2↑＋N2↑＋10H2O＋2H＋；
Ⅱ．SO2和O2制备SO3是个可逆反应，因此反应后的气体中肯定含有SO2、SO3、O2；检验SO3时，需要防止SO2的干扰，可以利用BaCl2溶液，SO3可以与BaCl2反应生成白色沉淀，而SO2不行；利用98.3%H2SO4吸收未反应的SO3，防止其对SO2的检验造成干扰，SO2的检验可以利用品红溶液或KMnO4溶液，最后集气瓶中收集到O2。
(1)c中盛放的试剂是BaCl2溶液；e中盛放的试剂为品红溶液或KMnO4溶液；
(2)不能利用Na2SO3代替98.3%的浓H2SO4；因为SO3与Na2SO3溶液反应生成SO2，会干扰原混合气体中SO2的检验。
8．(1)NH3
(2)2NO+O2=2NO2
(3)N>O>F
(4)2F2+2H2O=4HF+O2
【来源】河南省南阳市第一中学2021-2022学年高一下学期第一次月考化学试题
【解析】
【分析】
A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素；丁与C的某种单质在常温条件下反应生成红棕色气体，红棕色气体为二氧化氮，则丁为一氧化氮、C的单质为氧气，氧气和一氧化氮常温生成红棕色二氧化氮气体；CD单质生成一氧化氮，D单质为氮气；C单质氧气和丙生成一氧化氮和乙，丙为无色有刺激性气味的气体，乙、丙分子均含有相同数目的电子，则丙为氨气、乙为水，氨气分子、水分子中电子数均为10，且氨气和氧气在一定条件下生成水和一氧化氮；A分别与B、C、D化合形成甲、乙、丙三种分子，则甲分子中电子数为10，B单质与水生成氧气和甲，甲为无色有刺激性气味的气体，则B单质为氟气，甲为氟化氢气体，A为氢元素，氟气和水生成氧气和氟化氢；代入检验推理正确；
(1)
丙的化学式为NH3；
(2)
丁与C的常见的单质在常温下反应生成红棕色气体的反应为氧气和一氧化氮常温生成红棕色二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；
(3)
B、C、D原子分别为F、O、N，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；故原子半径由大到小顺序为N>O>F；
(4)
B的单质+乙→甲+C的单质的反应为氟气和水生成氧气和氟化氢，化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2。
9．(1) H2O2
(2)金属还原、腐蚀保护(使用镁牺牲阳极进行阴极保护)
(3) NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O 防止发生副反应：2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O
(4)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+6NH3
(5)取少量固体加入稀硫酸，若固体部分溶解，生成蓝色溶液，则固体的成分为CuO、Cu；若固体不溶解，则固体的成分为Cu
(6)
【来源】浙江省诸暨市2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
【解析】
【分析】
由转化关系，气体A与NaClO3生成B，A分子含有10e-，B分子含有18e-，且A、B均由两种元素组成，可知A为NH3，B为N2H4，发生的反应为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，B与C反应得到气体单质D和常见液体G，D为空气的主要成分，C分子含有18e-，G分子含有10e-，且C、G也只由两种元素组成，则D为N2，G为H2O，C为H2O2，发生的反应为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，金属单质E与D点燃生成F，F再与G直接反应可得到不溶于碱的白色沉淀H和气体A，气体A再与E在一定条件下反应生成气体单质I和J，可推测E为Mg，则F为Mg3N2，H为Mg(OH)2，又已知16.8gJ在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到F和8.96L(已折算成标准状况)A，标准状况下8.96LNH3的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，根据质量守恒可的F(Mg3N2)的质量为16.8g-6.8g=10g，物质的量为，由原子守恒可知，化合物J中含有0.3molMg，0.6molN，1.2molH，则J为MgN2H4，因此X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Mg元素，据此分析解答。
(1)
由上述分析可知，C为H2O2，D为N2，N2分子中N原子间形成3对共用电子对，电子式为。
(2)
E为Mg，金属镁在生产生活中可用于金属还原、腐蚀保护(使用镁牺牲阳极进行阴极保护)。
(3)
根据分析可知，NaClO和过量的NH3发生反应生成NaCl、N2H4和H2O，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，制备过程中，可能发生副反应2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O，因此通入的NH3必须过量，防止副反应的发生。
(4)
F为Mg3N2，G为H2O，H为Mg(OH)2，A为NH3，反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+6NH3。
(5)
B为N2H4，在加热条件下与CuO反应可生成N2和金属单质Cu，验证反应后固体的成分，可取少量固体加入稀硫酸，若固体部分溶解，生成蓝色溶液，则固体的成分为CuO、Cu；若固体不溶解，则固体的成分为Cu。
(6)
化合物J为MgN2H4，在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到Mg3N2和NH3，反应的化学方程式为：。
10． 2.0×10-13mol/L 取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3 向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与S2O在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为S8；向含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和H3AsO3反应生成硫化砷沉淀的速率大于H2S与亚硫酸根反应转化为S8的速率
【来源】江苏省南京市盐城市2021届高三第二次模拟考试化学试题
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为；
②根据沉淀溶解平衡，，即，解得c(As3+)=2.0×10-13mol/L；
③取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS；
(2) ①S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3；
②向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与S2O在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为S8；向含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和H3AsO3反应生成硫化砷沉淀的速率大于H2S与亚硫酸根反应转化为S8的速率；
华中师范大学第一附属中学2023高一10月测试卷
（化学竞赛生使用）
命题人：陈国良 审题人：马志俊 考试时间：10月10日10：30-11：45
一、单选题
1．将铁粉和铜粉的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成的体积和剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有)。下列说法正确的是
编号
①
②
③
④
硝酸体积/mL
100
200
300
400
剩余金属/g
18.6
9.6
0
0
NO体积/L
2.24
4.48
6.72
V
A．①中溶液存在 B．
C．硝酸的浓度为 D．④中
2．向mg由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成NO的体积[V(NO)](已换算成标准状况下)、m(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)。下列说法中正确的是
A．稀硝酸的浓度为0.4mol·L-1
B．a点时，100mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共8.4g
C．b点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+
D．加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.91L
二、多选题
3．向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是
A．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生H2
B．A点溶液中的溶质为FeSO4和H2SO4
C．原混合酸中NO和SO物质的量之比为2：1
D．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1
三、实验题
4．亚硝酸钠(NaNO2)的外观与NaCl相似，有毒。它在工业上可作染料、助染剂，医药上能用作器碱消毒剂、防腐剂等。
已知：①NaNO2有强氧化性又有还原性；
②NO能被酸性KMnO4氧化成硝酸根离子；
③亚硝酸是弱酸，很不稳定，易分解为NO2、NO和水。
某兴趣小组用下列装置(夹持仪器已省略)制取较纯净的NaNO2。
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2
回答下列问题：
(1)乙装置的仪器名称是____，装置乙的作用是____。
(2)甲中滴入稀硝酸前需先通入N2，原因是____。
(3)甲装置中发生反应的离子方程式为____。
(4)反应过程中观察到丙中的现象为___。
(5)丁中酸性KMnO4的作用是____。
(6)设计实验证明丙装置有NaNO2生成____(写出操作、试剂和现象)。
5．某小组进行如下实验：向0.1mol·L-1 FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到红色溶液。
已知：溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如下图所示。
I.推测Fe3+与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)：
实验
溶液1(1mL)
溶液2(10mL)
现象
A
0.1mol·L-1 FeCl3溶液
SO2的饱和溶液
溶液1与溶液2混合后，实验A、B、C所得溶液红色依次加深
B
0.1mol·L-1 FeCl3溶液
SO2的饱和溶液，用NaOH固体调
pH=5.0
C
0.1mol·L-1 FeCl3溶液
_______
(1)将上述实验补充完整________。
(2)配离子的配体为的实验证据是_______。
II.探究pH对FeCl3和Na2SO3反应的影响。设计如下实验：
序号
实验a
实验b
方案
5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，测得pH=1.7
5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，加几滴浓盐酸，调pH=1.3
现象
放置10分钟后，溶液红色均褪去，实验b中溶液褪色更快。经检验，褪色后的溶液中均存在Fe2+。
(3)探究实验b中溶液褪色更快的原因：
i.甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
①从电极反应的角度，进行理论分析：
还原反应为：Fe3++e-=Fe2+氧化反应为：_______。
②已知上述实验条件下pH对Fe3+的氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是_______(填“增强”或“减弱”)。
③通过理论分析，甲认为其猜测_______(填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同时间，分别取实验a和b中的溶液，检测_______浓度(填离子符号)，比较其大小关系。
ii.乙猜测pH降低，有利于_______氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
④将乙的假设补充完整_______(填化学式)。
⑤乙设计实验进行验证：
取10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液加硫酸调pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V1。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V2.前后差值(V1-V2)为ΔVa。用同样的方法对10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3进行滴定，消耗KMnO4溶液前后体积差值为ΔVb。
经对比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的实验结论是_______。
(4)综合上述分析，pH降低，有利于_______反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
6．铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：
Ⅰ．制备
(1)利用铜与浓硫酸制备，适宜的装置是___________(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为___________。
(2)收集干燥的，所需装置的接口连接顺序为：发生装置→___________(填小写字母)。
(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是___________。
Ⅱ．探究温度对铜与过氧化氢反应的影响
向的溶液中滴加硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为，查阅资料发现是催化分解的结果。
(4)写出生成的离子方程式___________。
(5)学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。
实验序号
()
()
水()
水浴温度()
时生成的平均速率()
1
10
1
1
20
2.4
2
10
1
1
30
9
3
10
1
1
40
90
4
10
0
2
20
__
5
______
______
__
__
__
6
10
0
2
40
__
小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是___________。
③为进一步验证猜想，完善实验4～6的方案。小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，依据是___________。
7．Ⅰ．无机盐A由4种常见的元素组成，为探究A的组成，设计并完成如下实验：
已知：D为单质，在标准状况下的密度为1.25g/L；溶液B显酸性。
（1）写出组成A的金属元素在周期表中的位置______________。
（2）气体D的电子式为______________。
（3）写出A与H2O2反应的离子方程式______________。
Ⅱ．某小组设计实验探究在适当温度和催化剂条件下SO2与O2反应后混合气体的成分：
（1）c中盛放的试剂是______________；e中盛放的试剂是______________。
（2）某同学提出用饱和的Na2SO3溶液代替98.3%的浓H2SO4，请评价该方案是否可行______________，若可行不必说明理由；若不可行，简述其理由______________。
四、元素或物质推断题
8．已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D化合形成甲、乙、丙三种分子，均含有相同数目的电子。丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有刺激性气味的气体，丁与C的某种单质在常温条件下反应生成红棕色气体；B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系：
(1)丙的化学式为_______。
(2)丁与C的常见的单质在常温下反应生成红棕色气体的化学方程式为_______。
(3)B、C、D原子半径由大到小顺序为_______(用元素符号表示)。
(4)B的单质+乙→甲+C的单质的化学方程式为_______。
9．X、Y、Z、M为短周期元素，原子序数依次增大。A～J均由该四种元素构成的单质或化合物，其转化关系如图所示，部分生成物省略。
已知：①A、B、C、G都是由两种元素构成的化合物，其中A、G分子所含的电子数为10e-，B、C分子所含的电子数为18e-；D为空气的主要成分之一、
②另取16.8gJ在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到F和8.96L(已折算成标准状况)A两种物质。
请回答下列问题：
(1)写出C的化学式是___________；D的电子式是___________。
(2)请写出金属单质E在生产生活中的一种作用___________。
(3)写出次氯酸钠与过量气体A反应生成B的化学方程式是___________；B在制备过程中，气体A需要过量的理由是___________。
(4)写出F和G反应生成H和A的化学方程式是___________。
(5)B在加热条件下与CuO反应可生成气体D和金属单质，请设计实验方案，验证B与CuO反应后固体的成分(不考虑其他反应)___________。
(6)写出J在已知②条件下受热分解的化学方程式是___________。
五、原理综合题
10．酸性废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在。已知As2S3难溶于水，也不溶于稀硫酸、稀盐酸等无机酸。
(1)工业上采用硫化法(通常用Na2S)去除废水中的砷。
①向酸性废水中加入Na2S，产生的H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为_______。
②沉淀后，若废水中c(S2-)=1.0×10-4mol·L-1，则c(As3+)=_______。［Ksp(As2S3)=4.0×10-38]。
③为了防止As2S3与过量的S2-形成络合离子而溶解，通常需添加适量的FeSO4溶液，形成FeS，与As2S3共沉淀。验证沉淀中含有FeS的实验方法是_______。
(2)用硫代硫酸钠(Na2S2O3)替代Na2S处理含砷酸性废水可避免H2S污染。
①Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图1所示，S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为________(图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。
②其他条件相同时，在紫外线照射下，将Na2S2O3分别加入到不含H3AsO3的酸性废水和含H3AsO3的酸性废水中，监测到反应过程中部分物质的浓度变化如图2所示，发现均不释放H2S，其原因是_______。
华中师范大学第一附属中学2023高一10月测试卷
（化学竞赛生使用）
参考答案
1．B
【来源】湖北省六校新高考联盟2021-2022学年高一下学期4月联考化学试题
【解析】
【分析】
（1）由表中数据可知，实验①和实验②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，即实验①和实验②中的反应可以归纳为3M+8HNO3(稀)=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）实验②可以看作是在实验①的基础上继续加入100mL硝酸，在这100mL HNO3参与的反应中，参加反应的金属的质量为18.6g-9.6g=9g，生成NO的体积为4.48L-2.24L=2.24L，则NO（标况下）的物质的量为0.1mol，根据化学方程式可知，参加反应的金属的物质的量为0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，m(Fe)=0.075mol´56g/mol=4.2g，m(Cu)=0.075mol´64g/mol=4.8g，故实验①只有铁参与反应；
（3）实验①发生的反应为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的体积为2.24L，则NO（标况下）的物质的量为0.1mol，根据反应的化学方程式可知，参加反应的铁的物质的量为0.15mol，参加反应的铁的质量为0.15mol56g/mol=8.4g，参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L；
（4）结合（1）和（2）的分析内容可知，实验②中，参加反应的Fe的物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol；
（5）实验③可看作是在实验②的基础上继续加入100mL稀硝酸，此时铁已全部反应，已经有0.075mol的铜参与了反应，则在这100mL稀硝酸参与的反应中，9.6g的金属全部为铜，物质的量为=0.15mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.15mol Cu参与反应生成0.1mol NO，则实验③铜和稀硝酸恰好完全反应，则Cu的总物质的量为0.075mol+0.15mol=0.225mol；
（6）实验④可以看作是在实验③的基础上再加100mL稀硝酸，则这100mL稀硝酸和Fe2+反应，上述反应中的Fe全部转化为Fe2+，则Fe2+的物质的量为0.225mol，Fe2+与稀硝酸反应的离子方程式为4H++3Fe2++=3Fe3++NO↑+2H2O，反应生成0.075mol NO，体积为0.075mol22.4L/mol=1.68L。
【详解】
A．由分析可知，实验①只有铁参与反应，溶液中只有Fe2+，没有Fe3+，A错误；
B．由分析可知，铁的物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol，铜的物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol，，B正确；
C．由分析可知，硝酸的物质的量浓度为4mol/L，C错误；
D．由分析可知，④中V=6.72L+1.68L=8.4L，D错误；
答案选B。
2．D
【来源】湖北省黄冈市部分重点中学2021-2022学年高一下学期4月期中联考化学试题
【解析】
【分析】
由图示数据可得如下表格：
编号
①
②
③
④
稀硝酸体积/mL
100
200
300
400
剩余金属/g
12.2
3.2
0
0
NO体积/mL
2240
4480
6720
V
实验①和②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为=0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，故实验①只有铁参与反应，实验①生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol56g/mol=8.4g，实验②既有铁参与反应，又有铜参与反应，且n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，在实验②的基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6720mL-4480mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，物质的量为=0.05mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.05molCu参与反应生成molNO，则亚铁离子参与反应生成molNO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，总共含亚铁离子0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后还有0.225mol-0.2mol=0.025mol亚铁离子，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成≈0.0083molNO，体积为0.0083mol22.4L/mol≈0.19L。
【详解】
A．由分析可知，实验①只有铁参与反应，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误；
B．由分析可知，a点只消耗了铁8.4g，B错误；
C．b点还有金属剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误；
D．由分析可知，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.19L=6.91L，D正确；
答案选D。
3．BC
【来源】江西省抚州市临川第二中学2021-2022学年高一下学期第一次月考化学试题
【解析】
【分析】
由图象可知，OA段气体一直在增加，因稀硝酸的氧化性强于稀硫酸，则OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O。AB段气体没有增加，是因为Fe3+的氧化性强于H+，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。最终消耗22.4gFe，最终溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。
【详解】
A．经分析，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，产生的是NO，AB段气体没有增加，是因为发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，产生的是H2，故A正确；
B． OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，则 A点时溶液中的都被还原了，只剩SO，阳离子有Fe3+和H+，则溶液的成分是Fe2(SO4)3和H2SO4，故B错误；
C．经分析最终溶液中的成分是FeSO4，最终消耗22.4gFe，根据铁离子和硫酸根离子的数量关系，则可求出SO的物质的量是0.4mol，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗铁11.2g，根据反应的离子方程式，可求出NO的物质的量是0.2mol，则原混合酸中NO和SO物质的量之比为1：2，故C错误；
D．经上述分析，溶液中的SO的物质的量是0.4mol，则原混合酸中的H2SO4的物质的量为0.4mol，原溶混合酸体积是200mL，则原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1，故D正确；
答案BC。
4．(1) 球形干燥管 吸收NO中的水蒸气
(2)赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成
(3)3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(4)淡黄色固体逐渐变为白色粉末
(5)吸收NO，防止污染环境
(6)取少量丙装置中的固体于试管中，加入稀硫酸，在试管中观察到有红棕色气体产生，证明有NaNO2生成
【来源】江西省抚州市2021-2022学年高一下学期期末考化学试题
【解析】
【分析】
利用NO和Na2O2反应制备NaNO2，则：甲中先通N2排出空气，再让Cu和稀HNO3反应制备NO，因为装置内空气已经用N2排出，NO不会被氧化为NO2，然后用乙干燥NO，然后NO和丙中的Na2O2反应制备NaNO2，然后用丁吸收过量的NO，防止污染空气。
（1）乙装置的仪器名称是球形干燥管，装置乙的作用是吸收NO中的水蒸气。故答案为：球形干燥管；吸收NO中的水蒸气；
（2）原装置中的氧气会干扰NO的生成，要排尽装置中的空气，防止NO与O2生成NO2。甲中滴入稀硝酸前需先通入N2，原因是赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成。故答案为：赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成；
（3）甲装置中Cu和稀硝酸反应制备NO，甲装置中发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。故答案为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）NO和丙中的Na2O2反应制备NaNO2，反应过程中观察到丙中的现象为淡黄色固体逐渐变为白色粉末。故答案为：淡黄色固体逐渐变为白色粉末；
（5）NO作还原剂，用酸性KMnO4将其氧化，丁中酸性KMnO4的作用是吸收NO，防止污染环境。故答案为：吸收NO，防止污染环境；
（6）亚硝酸是弱酸，很不稳定，易分解为NO2、NO和水，利用亚硝酸的这个性质来设计，设计实验证明丙装置有NaNO2生成，取少量丙装置中的固体于试管中，加入稀硫酸，在试管中观察到有红棕色气体产生，证明有NaNO2生成。故答案为：取少量丙装置中的固体于试管中，加入稀硫酸，在试管中观察到有红棕色气体产生，证明有NaNO2生成。
5．(1)SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10
(2)随着c()增大，溶液红色加深
(3) +H2O-2e-=+2H+ 减弱 不成立 Fe2+ O2 pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立
(4)与H+
【来源】北京市丰台区2022届高三二模化学试题
【解析】
(1)
结合溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知，实验A、B、C探究的是不同pH下，不同+4价含硫微粒对实验的影响，因此C实验应为：SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10。
(2)
随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。
(3)
①Fe3+与发生氧化还原反应，Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，则失电子生成，发生氧化反应，反应式为：+H2O-2e-=+2H+。
②在溶液中存在+H2O-2e-⇌+2H+，溶液酸性增强，平衡逆向移动，还原性减弱。
③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于Fe3+和的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中Fe2+的浓度，比较其大小关系去验证。
④实验放在空气中进行，空气中O2有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于O2氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
⑤由实验数据ΔVa>ΔVb可知，在空气中放置相同时间，结果酸性弱的溶液中消耗高锰酸钾的量少，酸性强的溶液中消耗高锰酸钾的量多，说明pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立。
(4)
溶液酸性增强，会发生反应H++⇌HSO，H++HSO⇌H2SO4，pH降低，有利于与H+反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
6．(1) B
(2)g→h→e→d→i→j
(3)如果浓硫酸的体积和浓度都很大，而铜的质量小，当铜消耗完之后，溶液硫酸的浓度还是很大，硫酸铜呈现灰白色的沉淀
(4)
(5) 1
10 0 2
30
2
3
温度升高，会加快过氧化氢的分解 结合实验4～6，可知温度升高，会加快过氧化氢的分解，但是影响很小，再根据实验1～3的结果，可知升高温度，催化能力增强
【来源】广东省佛山市普通高中2022届高三教学质量检测（二）化学试题
【解析】
【分析】
装置B中铜与浓硫酸共热制取二氧化硫，产生的二氧化硫通过装置E中的浓硫酸进行干燥，再通过装置D收集二氧化硫，二氧化硫对环境有污染，装置F进行尾气处理。
(1)
利用铜与浓硫酸制备，同时还会生成硫酸铜和水，化学方程式为：；该反应采用固液加热型，应该选择装置B，故答案为：B；；
(2)
B装置制备二氧化硫，用浓硫酸干燥二氧化硫，则发生装置→连接g连接h，二氧化硫的密度比空气大，故导气管深入集气瓶底部，再连接e连接d，二氧化硫不能排放至空气中，用碱性试剂吸收，连接i连接j，其连接顺序为：发生装置→g→h→e→d→i→j，故答案为：g→h→e→d→i→j；
(3)
如果浓硫酸的体积和浓度都很大，而铜的质量小，当铜消耗完之后，溶液硫酸的浓度还是很大，浓硫酸具有吸水性，硫酸铜呈现灰白色的沉淀，从而在发生装置中未观察到蓝色溶液，故答案为：如果浓硫酸的体积和浓度都很大，而铜的质量小，当铜消耗完之后，溶液硫酸的浓度还是很大，硫酸铜呈现灰白色的沉淀；
(4)
向的溶液中滴加硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色，说明生成硫酸铜，铜的化合价升高，则在反应中做氧化剂，生成水，离子方程式为：，故答案为：；
(5)
实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是温度升高，会加快过氧化氢的分解；升高温度，反应速率加快，具有催化能力，根据控制变量原则，完善实验4～6的数据为：没有催化剂，则数据可能为：1，序号5对比序号2，可知数据为：10、0、2、30，没有催化剂，则数据可能为2，没有催化剂，则数据可能为3；结合实验4～6，可知温度升高，会加快过氧化氢的分解，但是影响很小，再根据实验1～3的结果，可知升高温度，催化能力增强，故答案为：1；10；0；2；30；2；3；温度升高，会加快过氧化氢的分解；结合实验4～6，可知温度升高，会加快过氧化氢的分解，但是影响很小，再根据实验1～3的结果，可知升高温度，催化能力增强。
7． 第四周期第ⅠA族 2SCN－＋11H2O2=2SO42－＋2CO2↑＋N2↑＋10H2O＋2H＋ BaCl2溶液 品红溶液或KMnO4溶液 不可行 因为SO3与Na2SO3溶液反应生成SO2，会干扰原混合气体中SO2的检验
【来源】浙江省宁波市五校（奉化中学、宁波中学、北仑中学等）2020届高三适应性考试化学试题
【解析】
【分析】
Ⅰ．D为单质，在标准状况下的密度为1.25g/L，则D的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L·mol－1=28g·mol－1，D为N2。溶液B呈酸性，且能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，则B应该含有H2SO4，不可能为H2CO3，在强酸溶液中H2CO3会分解生成CO2，白色沉淀为23.3g，则；混合气体C也能够与Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，应该有CO2，则，CO2的物质的量为0.1mol，在标况下的体积为2.24L，则N2的体积为1.12L，其物质的量为0.05mol；根据物质守恒，该物质A含有0.1molS、0.1molN、0.1molC，这三种元素的总质量为3.2g＋1.4g＋1.2g=5.8g，另一种元素质量为9.7g-5.8g=3.9g；S、N、C这三种元素可以构成常见的阴离子SCN－，则另一种元素原子形成的阳离子带一个正电荷，其摩尔质量M=3.9g÷0.1mol=39g/mol，为K元素，该物质为KSCN；
Ⅱ．SO2和O2制备SO3是个可逆反应，因此反应后的气体中肯定含有SO2、SO3、O2；因此需要检验的气体是SO2、SO3、O2。检验SO3时，需要防止SO2的干扰，可以利用BaCl2溶液，SO3可以与BaCl2反应生成白色沉淀，而SO2不行；利用98.3%H2SO4吸收未反应的SO3，防止其对SO2的检验造成干扰，SO2的检验可以利用品红溶液或KMnO4溶液，最后集气瓶中收集到O2。
【详解】
Ⅰ．(1)组成A的金属元素为K，在元素周期表中第四周期第ⅠA族；
(2)D为N2，N和N之间形成三对共用电子对，则电子式为；
(3)KSCN和H2O2得到CO2、N2、SO42－等，其离子方程式为2SCN－＋11H2O2=2SO42－＋2CO2↑＋N2↑＋10H2O＋2H＋；
Ⅱ．SO2和O2制备SO3是个可逆反应，因此反应后的气体中肯定含有SO2、SO3、O2；检验SO3时，需要防止SO2的干扰，可以利用BaCl2溶液，SO3可以与BaCl2反应生成白色沉淀，而SO2不行；利用98.3%H2SO4吸收未反应的SO3，防止其对SO2的检验造成干扰，SO2的检验可以利用品红溶液或KMnO4溶液，最后集气瓶中收集到O2。
(1)c中盛放的试剂是BaCl2溶液；e中盛放的试剂为品红溶液或KMnO4溶液；
(2)不能利用Na2SO3代替98.3%的浓H2SO4；因为SO3与Na2SO3溶液反应生成SO2，会干扰原混合气体中SO2的检验。
8．(1)NH3
(2)2NO+O2=2NO2
(3)N>O>F
(4)2F2+2H2O=4HF+O2
【来源】河南省南阳市第一中学2021-2022学年高一下学期第一次月考化学试题
【解析】
【分析】
A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素；丁与C的某种单质在常温条件下反应生成红棕色气体，红棕色气体为二氧化氮，则丁为一氧化氮、C的单质为氧气，氧气和一氧化氮常温生成红棕色二氧化氮气体；CD单质生成一氧化氮，D单质为氮气；C单质氧气和丙生成一氧化氮和乙，丙为无色有刺激性气味的气体，乙、丙分子均含有相同数目的电子，则丙为氨气、乙为水，氨气分子、水分子中电子数均为10，且氨气和氧气在一定条件下生成水和一氧化氮；A分别与B、C、D化合形成甲、乙、丙三种分子，则甲分子中电子数为10，B单质与水生成氧气和甲，甲为无色有刺激性气味的气体，则B单质为氟气，甲为氟化氢气体，A为氢元素，氟气和水生成氧气和氟化氢；代入检验推理正确；
(1)
丙的化学式为NH3；
(2)
丁与C的常见的单质在常温下反应生成红棕色气体的反应为氧气和一氧化氮常温生成红棕色二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；
(3)
B、C、D原子分别为F、O、N，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；故原子半径由大到小顺序为N>O>F；
(4)
B的单质+乙→甲+C的单质的反应为氟气和水生成氧气和氟化氢，化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2。
9．(1) H2O2
(2)金属还原、腐蚀保护(使用镁牺牲阳极进行阴极保护)
(3) NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O 防止发生副反应：2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O
(4)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+6NH3
(5)取少量固体加入稀硫酸，若固体部分溶解，生成蓝色溶液，则固体的成分为CuO、Cu；若固体不溶解，则固体的成分为Cu
(6)
【来源】浙江省诸暨市2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
【解析】
【分析】
由转化关系，气体A与NaClO3生成B，A分子含有10e-，B分子含有18e-，且A、B均由两种元素组成，可知A为NH3，B为N2H4，发生的反应为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，B与C反应得到气体单质D和常见液体G，D为空气的主要成分，C分子含有18e-，G分子含有10e-，且C、G也只由两种元素组成，则D为N2，G为H2O，C为H2O2，发生的反应为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，金属单质E与D点燃生成F，F再与G直接反应可得到不溶于碱的白色沉淀H和气体A，气体A再与E在一定条件下反应生成气体单质I和J，可推测E为Mg，则F为Mg3N2，H为Mg(OH)2，又已知16.8gJ在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到F和8.96L(已折算成标准状况)A，标准状况下8.96LNH3的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，根据质量守恒可的F(Mg3N2)的质量为16.8g-6.8g=10g，物质的量为，由原子守恒可知，化合物J中含有0.3molMg，0.6molN，1.2molH，则J为MgN2H4，因此X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Mg元素，据此分析解答。
(1)
由上述分析可知，C为H2O2，D为N2，N2分子中N原子间形成3对共用电子对，电子式为。
(2)
E为Mg，金属镁在生产生活中可用于金属还原、腐蚀保护(使用镁牺牲阳极进行阴极保护)。
(3)
根据分析可知，NaClO和过量的NH3发生反应生成NaCl、N2H4和H2O，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，制备过程中，可能发生副反应2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O，因此通入的NH3必须过量，防止副反应的发生。
(4)
F为Mg3N2，G为H2O，H为Mg(OH)2，A为NH3，反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+6NH3。
(5)
B为N2H4，在加热条件下与CuO反应可生成N2和金属单质Cu，验证反应后固体的成分，可取少量固体加入稀硫酸，若固体部分溶解，生成蓝色溶液，则固体的成分为CuO、Cu；若固体不溶解，则固体的成分为Cu。
(6)
化合物J为MgN2H4，在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到Mg3N2和NH3，反应的化学方程式为：。
10． 2.0×10-13mol/L 取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3 向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与S2O在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为S8；向含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和H3AsO3反应生成硫化砷沉淀的速率大于H2S与亚硫酸根反应转化为S8的速率
【来源】江苏省南京市盐城市2021届高三第二次模拟考试化学试题
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为；
②根据沉淀溶解平衡，，即，解得c(As3+)=2.0×10-13mol/L；
③取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS；
(2) ①S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3；
②向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与S2O在紫外线照射条件下生成的亚硫酸根发生反应，转化为S8；向含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3，S2O与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和H3AsO3反应生成硫化砷沉淀的速率大于H2S与亚硫酸根反应转化为S8的速率；
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