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2021-2022学年福建省安溪县第一中学高一（下）学期月考化学试卷（第1次）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省安溪县第一中学高一（下）学期月考化学试卷（第1次）（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 自然界的氮循环包括以下过程等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省安溪县第一中学高一（下）学期月考化学试卷（第1次）
1. 下列铁的化合物通过化合反应、置换反应、复分解反应均能得到的是
A. FeCl2 B. Fe2(SO4)3 C. Fe3O4 D. Fe(OH)3
2. 如图是某元素的化合价——物质类型二维图。其中X是一种常见的强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比C小16，各物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. E可以是金属也可以是非金属
B. C和D两种大气污染物，都能用排水法收集
C. B的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体
D. 实验室制备F时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取
3. 自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，不正确的是( )
A. 硝化过程中，含氮物质被氧化
B. 氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4
C. N2→NH4+属于氮的固定，N2发生还原反应
D. 土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素
4. 下图为制取白色Fe(OH)2的实验装置，分液漏斗中是稀硫酸，烧瓶中是Fe粉，b中是NaOH溶液。下列说法错误的是( )
A. NaOH溶液被煮沸过，目的是除去溶液中溶解的O2
B. 反应过程中产生的H2能排除装置中的O2
C. 分液漏斗对反应的速率有控制能力
D. e在实验开始时关闭，在生成Fe(OH)2时打开
5. 下图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊试液的蒸馏水。下列说法错误的是
A. 在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨气，用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
B. 在实验室中制备干燥的氨气时可以选用碱石灰作干燥剂
C. 实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D. 喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后蒸干，可得氯化铵固体
6. 中学常见物质 A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 (部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是
A. 若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则 E 可能是 CO2
B. 若D是一种强碱，则 A、B、C 均可与 X 反应生成 D
C. 若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 A可能是铁
D. 若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C
7. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是( )
A. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH 4++OH−=NH3⋅H2O
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+
D. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO 32−+Cl2+H2O=2HSO 3−+2Cl−+SO 42−
8. 某100mL混合溶液中，H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L 和2.0mol/L ，向该混合溶液中加入25.6g铜粉，加热，待充分反应后，静置，得到蓝色澄清溶液(假设反应后溶液体积不变)。下列说法中不正确的是
A. 产生NO在标准状况下的体积是4.48L
B. 反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L
C. 反应后溶液中H+的物质的量浓度为2.0mol/L
D. 在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀
9. 现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.6L2.0mol/L 稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48LNO(标准状况)。向所得溶液中加入一定体积1.0mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体。则原混合物中CuO的质量和加入NaOH溶液的体积各为( )
A. 19.2g1.0L B. 8.0g1.0L C. 19.2g2.0L D. 8.0g2.0L
10. N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是( )
A. 上述反应中，每消耗2mol NO2，就会生成22.4LN2O
B. N2O只有氧化性
C. 当生成3mol CO2时，转移的电子总数为12NA(NA为阿伏伽德罗常数)
D. N2O使用必须少量，否则会与人体血红蛋白结合，使人中毒
11. 已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置(省略夹持装置及加热装置)可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法不正确的是( )
A. 试管A中加入的试剂为NH4Cl固体
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2
C. 装置B中加入的物质可以是碱石灰
D. 装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
12. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构，则下列有关说法中，不正确的是( )
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D. 0.1molNH5中含有0.5molN−H键
13. 为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某同学设计了一套装置(如图甲所示)，有关该实验叙述不正确的是( )
A. 为保证实验效果，反应开始前，稀硝酸可加到与两侧胶塞相平的位置
B. 利用该装置可控制反应随时停止或继续反应
C. 生成的气体可利用图乙来收集
D. 长玻璃管作用可防止稀硝酸溢出
14. 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B. X可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
D. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2−==N2↑+2H2O
15. 向Fe2O3和铁粉的混合物中加入适量稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1，那么该反应中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 1：2：4 D. 2：3：5
16. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析不正确的是
A. 混合酸中HNO3的物质的量浓度为2mol⋅L−1
B. 原混合酸中H2SO4的物质的量为0.4mol
C. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气
D. 第二份溶液中的最终溶质为FeSO4
17. 有一瓶澄清的溶液，其中可能含有K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I−、NO3−、CO32−、SO42−、AlO2−、Cl−等离子。取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检验，溶液呈强酸性；
②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；
③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；
a.溶液从酸性变为中性；
b.溶液逐渐产生沉淀；
c.沉淀完全溶解；
④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象，回答下列问题。
(1)由①可以排除_______的存在。
(2)由②可以证明_______的存在；同时排除_______的存在。
(3)由③可以证明_______的存在；写出c所涉及的离子反应方程式：_______。
(4)由④可以排除_______的存在，同时证明_______的存在。
18. 如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)G的化学式_______；
(2)写出A→D的化学方程式_______；
(3)实验制取C气体的化学方程式_______；
(4)实验室中，检验X中阳离子的操作方法是_______。
19. 电子工业中，常用FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。化学实验小组从腐蚀废液(含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜并重新获得FeCl3晶体的流程如图：
回答下列问题：
(1)检验腐蚀废液中含有Fe3+常用KSCN溶液检验，反应离子方程式：_______。
(2)滤渣的成分是_______(填化学式)。从滤渣中获得铜单质，可选用的试剂是_______(填标号)。
A.稀盐酸 B.浓硫酸 C.稀硝酸 D.氯化铜溶液
(3)向溶液a中通入Cl2发生反应的离子方程式为_______。有同学建议，使用H2O2代替Cl2可以减少污染，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是_______，相关反应的离子方程式：_______。
(5)甲同学用酸性KMnO4溶液检测溶液b中是否含有Fe2+。乙同学认为甲的方案不正确，理由是_______(用离子方程式表示)。
20. 铜与浓硝酸反应生成NO2(资料表明：常温下NO2和N2O4混合存在，低于0℃时几乎只有无色N2O4液体或晶体存在)，浓硝酸变稀后生成NO(沸点为−151℃)，某探究小组由这一实验事实出发，猜测碳与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO，并设计如图所示装置进行验证(加热和尾气处理装置、夹持仪器均已略去)。回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______；N2的作用除将装置内空气排尽外，还有_______。
(2)打开弹簧夹1、2，在持续通入N2的条件下，先把碳加热至红热后停止加热，再缓慢滴入浓硝酸的原因为_______；反应产生的气体干燥后进入装置C的冷却瓶，气体颜色变浅接近于无色；一段时间后，打开弹簧夹3，通入O2，冷却瓶中气体进入装置D后气体颜色仍无明显变化，说明该小组的猜测_______(填“正确”或“错误”)。
(3)制取硝酸铜有三种方案：
甲方案：反应物为铜和浓硝酸
乙方案：反应物为铜和稀硝酸
丙方案：反应物为铜、氧气和稀硝酸
其中能体现绿色化学理念的最佳方案的化学反应方程式为：_______。
(4)该小组对上面装置进行改进，验证碳被浓硝酸氧化的产物为CO2(加热装置和夹持仪器已略去)。
已知：NO2能与NaOH溶液反应，NO不能与NaOH溶液反应。
①装置G中的试剂可以选用_______(填标号)。
a.蒸馏水 b.NaOH溶液 c.Na2CO3溶液 d.澄清石灰水
②装置H中盛有NaOH溶液，向其中通入足量氧气进行尾气处理，生成NaNO3，该反应的离子方程式为_______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，为化合反应；硫酸亚铁与氯化钡反应可得到氯化亚铁和硫酸钡，为复分解反应；铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，属于置换反应，故 A符合题意。
B.可以通过硫酸亚铁与氧气反应生成硫酸铁，属于化合反应；也可以通过氢氧化铁和硫酸反应得到硫酸铁和水，属于复分解反应；但不能通过置换反应得到硫酸铁，故B不符合题意。
C.铁与氧气点燃可生成四氧化三铁，为化合反应，铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，但不能通过复分解反应得到四氧化三铁，故C不符合题意。
D.氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，为化合反应，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，为复分解反应，但不能通过置换反应得到Fe(OH)3，故D不符合题意。
故答案：A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】G和NaOH反应生成氢化物，再结合D的相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3，G是铵盐，X是氢氧化钠，Y是氧气。
【详解】A.E为氮气，A错误；
B.C为NO2 、D为NO；NO不溶于水可以用排水法收集；NO2会与水发生化学反应，故不能用排水法收集二氧化氮，B错误；
C.浓硝酸不具有吸水性，自身具有挥发性，不可用来干燥气体，C错误；
D.实验室制备NH3时，可以将浓氨水滴入碱石灰中进行制取，碱石灰中含有氧化钙和氢氧化钠，遇到水后会放出热量，并且还有大量氢氧根产生，从而产生大量氨气，D正确；
3.【答案】B
【解析】A.由图示可知，硝化过程为：NH4+转化为NO2-，NO2-再进一步转化为NO3-，该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，A正确；
B.由图示可知，氨氧化过程中的反应为：NO2-+NH4+=N2↑+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B错误；
C.氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→NH4+属于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到−3价，N2发生还原反应，C正确；
D.由图示可知，Fe2+能与NO3-反应转化为N2，Fe3+能与NH4+反应转化为N2，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D正确；
4.【答案】D
【解析】A.由于Fe(OH)2易被氧化，发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3反应，所以使用的NaOH溶液先被煮沸，以除去溶液中溶解的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化，故A正确；
B.滴加稀H2SO4，Fe与稀H2SO4发生反应，生成H2，即Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2能将装置中的空气排尽，故B正确；
C.分液漏斗可以控制加入稀H2SO4的量，即可以控制Fe与稀H2SO4的反应速率，故C正确；
D.该装置制取白色Fe(OH)2的实验，是要将生成的FeSO4溶液压入装置b中，发生Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，所以e在实验开始时打开，产生的H2将装置中的空气排尽，一段时间后，将e关闭，产生的H2无法排出，使装置a压强增大，将FeSO4溶液压入装置b中，生成Fe(OH)2，故D错误；
5.【答案】D
【解析】A.氨水中加入生石灰，生石灰吸收水，且与水反应放出大量的热，促进氨气的挥发，浓盐酸中加入浓硫酸，浓硫酸吸收水，且放出大量的热，可促进氯化氢挥发，以此可得到气体，故A正确；
B.碱石灰与氨气不反应，且具有吸水性，可用于干燥氨气，故B正确；
C.打开止水夹a、c、d，氨气和氯化氢反应而导致压强减小，从而形成喷泉，氨水溶液呈碱性，则可分别形成蓝色和红色喷泉，故C正确；
D.氯化铵不稳定，加热易分解，不能直接蒸干，故D错误。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A、如果D为NaCl，且A与C反应生成B，则A为NaOH，B为Na2CO3、C为NaHCO3，X为HCl，故A说法正确；
B、D为强碱，如果D为NaOH，则A为Na，E为O2，B为Na2O，C为Na2O2，X为H2O，Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，故B说法正确；
C、D为一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，说明D为Fe(OH)2，如果A为Fe，不符合此转化关系，故C说法错误；
D、D为强酸，可能是硫酸，也可能是硝酸，假设为硝酸，A为N2，N2与氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，Cu与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A为NH3，NH3催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，故D说法正确。
7.【答案】D
【解析】A.NH4HSO4溶液中铵根离子、氢离子都能与OH−发生反应，且H+与OH−的结合能力更强，所以将相同体积相同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液混合时，发生反应的离子方程式为：H++OH−=H2O，故A错误；
B.碳酸是弱酸，盐酸是强酸，根据“强酸制弱酸”原理，在氯化钙溶液中通入二氧化碳，不发生反应，无碳酸钙沉淀生成，故B错误；
C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，双氧水在氯化铁的催化作用下发生分解，故C错误；
D.亚硫酸钠具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，部分亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸钠还原为氯离子，反应的离子方程式为：3SO 32−+Cl2+H2O=2HSO 3−+2Cl−+SO 42−，故D正确。
8.【答案】D
【解析】n(Cu)=25.6g64g/mol=0.4mol，n(H+)=4.0mol/L×0.1L×2+2.0mol/L×0.1L=1.0mol，n(NO3−)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，则该反应的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，于是得出：3Cu 8H+ 2NO3−3mol8mol2mol0.4mol1.0mol0.2mol，可知0.2molNO3−参加反应时消耗Cu为0.3mol、消耗氢离子为0.8mol，则NO3−完全反应，据此分析解题。
【详解】A.产生的0.2molNO，在标准状况下的体积是4.48L，A正确；
B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为c(Cu2+)=n(Cu2+)V=32n(NO3-)0.1L=32×0.2mol0.1L=3.0mol/L ，B正确；
C.反应后溶液中H+有剩余，则c(H+)=n(H+)V=1.0mol-0.8mol0.1L=2.0mol/L，C正确；
D.在反应后的溶液中有剩余的0.2molH+，生成的0.3molCu2+，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误。
9.【答案】B
【解析】①4.48LNO(标准状况)物质的量为：4.48L÷22.4L⋅mol−1 =0.2mol，根据得失电子守恒知：原混合物中n(Cu)：(0.2mol×3)÷2=0.3mol，灼烧所得32.0g为CuO，n(CuO)=32.0g÷80g⋅mol−1 =0.4mol
根据铜元素守恒知：原混合物中n(CuO)=0.4mol−0.3mol=0.1mol，原混合物中CuO的质量为；0.1mol×80g/mol=8.0g；
②0.6L.2.0mol/L稀硝酸中含HNO3的物质的量为：0.6L×2.0mol/L=1.2mol；根据氮元素守恒知：反应后溶液中n(NO 3−)=1.2mol−0.2mol=1.0mol，反应后溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒知：n(NaOH)=1.0mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为：1.0mol÷1.0mol⋅L−1=1.0L。
综上所述故选B。
10.【答案】D
【解析】A.没说标况，无法计算，A错误；
B.一氧化二氮中氮元素为+1价，可以升高也可以降低，既有氧化性又有还原性，B错误；
C.反应中生成3个CO2转移6个电子，所以当生成3摩尔二氧化碳时转移6摩尔电子即6NA，C错误；
D.一氧化二氮能做麻醉剂，使用必须少量，否则会与人体血红蛋白结合，使人中毒，D正确；
11.【答案】A
【解析】A.试管A中加入NH4Cl固体，NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl，但在试管口附近两者又结合生成NH4Cl，故A错误。
B.氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，则化学方程式为：2NH3+3CuO≜3Cu+N2+3H2O，该反应为氧化还原反应，CuO为氧化剂，NH3为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故B正确。
C.装置B的作用为干燥NH3，应加入碱性固体干燥剂，所以可以是碱石灰，故C正确。
D.反应生成的氮气及水蒸气和未反应的氨气均会从装置C进入装置D中，由于氨气极易溶于水，则D中收集到的是氨水，溶液呈碱性，所以D中的液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。
12.【答案】D
【解析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3⋅H2O+H2↑，有氨气生成。
A.NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H−之间为离子键，A项正确；
B.NH4H是一种离子化合物，NH3为共价化合物，熔、沸点高于NH3，B项正确；
C.NH5能与水反应：NH4H+H2O=NH3⋅H2O+H2↑，NH3⋅H2O再继续分解产生氨气，C项正确；
D.根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键，形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H−，阴阳离子间形成离子键，则0.1molNH5中含有0.4molN−H键，D项错误；
13.【答案】C
【解析】A.反应开始前，稀硝酸加到与两侧胶塞相平的位置，目的是排出U形管中的空气，防止O2干扰实验，故A正确；
B.关闭活塞a，反应产生的气体可使铜丝与稀硝酸不接触，反应停止，打开活塞a，稀硝酸与铜丝接触又发生反应，故B正确；
C.若用图乙收集NO，应将广口瓶中长导管换成短导管、短导管换成长导管，故C错误；
D.关闭活塞a，U形管内压强增大，稀硝酸被压入玻璃管，可防止稀硝酸溢出，故D正确。
故答案为C。
14.【答案】B
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A.工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B.由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C.气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D.NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2−=N2↑+2H2O，故D正确.
故选B。
15.【答案】C
【解析】设生成氢气的物质的量为1mol，则亚铁离子的物质的量为4mol，设原混合物中含有xmol铁，ymol氧化铁，则有：①x+2y=4；由铁原子守恒可知，ymol氧化铁转化为2ymol铁离子，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知生成1mol氢气消耗1mol铁，则有(x−1)mol铁与2ymol铁离子恰好反应，依据离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知2y:(x−1)=2:1，即②x−y=1，联立①②可得：x=2、y=1，所以y:x=1:2，而1mol氧化铁消耗3mol硫酸，1mol铁消耗1mol硫酸，则该反应中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为1:2:4，答案选C。
16.【答案】B
【解析】由图像可知，由于铁过量，OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑。
A、铜与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，最多能溶解19.2g铜时，n(NO3−)=0.2mol，故100 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，c(HNO3)=2mol⋅L−1，故A正确；
B、消耗22.4gFe时，此时溶液中溶质为FeSO4，则一份混合酸中H2SO4的物质的量n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=22.4g56g/mol=0.4mol，则原混合酸中H2SO4的物质的量为0.8mol，故B错误；
C、根据题图，可以得出OA段产生的是NO，随着反应的进行，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，加入的铁粉再与H+反应生成H2，即BC段产生H2，故C正确；
D、第二份溶液中最后加入的铁粉过量，生成Fe2+，溶液中阴离子为SO42− ，最终溶质为FeSO4，故D正确。
17.【答案】(1)CO32−、AlO2−
(2)①.I− ②.Fe3+、NO3−
(3)①.Al3+ ②.AlOH3+OH−=AlO2−+2H2O
(4)①.SO42− ②.Ba2+
【解析】①用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明与氢离子反应的碳酸根和偏铝酸根离子不存在；
②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。说明溶液中存在碘离子，不存在铁离子和硝酸根离子；
③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐产生沉淀又逐渐溶解，说明溶液中含有铝离子；
④取适量③得到的碱性落液，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有钡离子，不含有硫酸根离子；
综上所述，澄清的溶液中存在的离子为Ba2+、Al3+、I−，一定不存在Fe3+、NO3−、CO32−、AlO2−、SO42−，可能存在K+、Cl−。
【小问1详解】
由①可知，溶液中不存在碳酸根和偏铝酸根离子，故答案为：CO32-、AlO2-；
【小问2详解】
由上述分析可知，②可以证明的存在碘离子，不存在铁离子和硝酸根离子，碘离子具有还原性，能与铁离子或酸性条件下能与硝酸根发生氧化还原反应，则存在碘离子的酸性溶液中不可能存在铁离子和硝酸根离子，四氯化碳层呈紫红色说明原溶液中有存在I−，Fe3+、NO3-酸性条件下与I−发生氧化还原反应而不能共存；
【小问3详解】
由③可以证明溶液中存在Al3+；c步骤发生的反应为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO2-+2H2O；
【小问4详解】
由④可知，溶液中含有钡离子，不含有硫酸根离子。
18.【答案】(1)HNO3
(2)2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
(3)2NH4Cl+CaOH2≜2NH3↑+CaCl2+2H2O
(4)取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+
【解析】
【分析】由图，A、C、D在常温下为无色气体，且C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气。X加热生成A、B、C三种物质，则X为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)；则A为二氧化碳，B为水，C为氨气；二氧化碳与过氧化钠生成氧气，则D为氧气；氨的催化氧化反应，则E为一氧化氮；NO与氧气反应生成二氧化氮，则F为二氧化氮；二氧化氮溶于水生成硝酸，则G为硝酸。
【小问1详解】
由分析可知G为硝酸，则化学式为：HNO3
【小问2详解】
A为二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠生成氧气D，则A→D的化学方程式2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。
【小问3详解】
C为氨气，实验制取氨气用氯化铵与氢氧化钙反应来生成，则化学方程式为：2NH4Cl+CaOH2≜2NH3↑+CaCl2+2H2O。
【小问4详解】
X中阳离子为NH4+，实验室中，检验NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+。
19.【答案】(1)Fe3++3SCN−=FeSCN3
(2)①.Fe和Cu ②.AD
(3)①.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− ②.1:2
(4)①.加入适量铁粉 ②.2Fe3++Fe=3Fe2+
(5)10Cl−+2MnO4−+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O
【解析】
【分析】从腐蚀废液(含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜并重新获得FeCl3，由流程可知，加入过量的 Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则溶液a为FeCl2溶液，滤渣中含 Fe、Cu，滤液a中通入足量Cl2，将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，则溶液b为FeCl3溶液，由于Fe3+易水解，应在HCl气体氛围中蒸发结晶获取FeCl3晶体，以此解答该题。
【小问1详解】
Fe3+与KSCN溶液络合生成Fe(SCN)3显血红色，则检验腐蚀废液中含有Fe3+常用试剂是KSCN溶液，反应离子方程式为：Fe3++3SCN−=FeSCN3；
【小问2详解】
由分析可知滤渣的成分是Fe和Cu，从滤渣中获得铜单质，可向滤渣中加入过量盐酸或加入氯化铜溶液发生置换反应将Fe转化为 Fe2+溶液，故选AD；
【小问3详解】
溶液a为FeCl2溶液，通入Cl2可将Fe2+转化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；使用H2O2代替Cl2以减少污染，则离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢为氧化剂，Fe2+为还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
【小问4详解】
实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质，除杂的方法是加入适量铁粉，可将三价铁离子还原为二价铁离子；相关反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；
【小问5详解】
溶液b的主要成分为FeCl3，酸性KMnO4溶液可与Cl−反应而褪色，离子方程式为：10Cl−+2MnO4−+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O ，故不可用酸性KMnO4溶液检测溶液b中是否含有 Fe2+。
20.【答案】(1)分液漏斗 ；将气体产物吹入后续装置中
(2)浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸会与碳反应 ；错误
(3)2Cu+4HNO3+O2=2CuNO32+2H2O
(4)①.d②.4NO+3O2+4OH−=4NO3−+2H2O
【解析】
【分析】由装置图可知，装置A是发生装置，本实验猜测碳与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO，因空气对实验产生干扰，故通入N2先将装置内空气排尽，B为干燥装置，反应产生的气体干燥后进入装置C的冷却瓶，再通过D装置来验证是否有NO生成，据此分析解题。
【小问1详解】
根据仪器构造可知，仪器a为分液漏斗；由于本实验需验证有无NO产生，空气中的O2能氧化NO，所以用N2先将装置内空气排尽，并将气体产物吹入后续装置中。故答案为：分液漏斗；将气体产物吹入后续装置中。
【小问2详解】
浓硝酸受热时分解，浓度减小，无法确保加入的浓硝酸与碳反应，所以先将碳加热至红热，再缓慢滴入浓硝酸；气体颜色变浅是因为 NO2转化为N2O4的反应为放热反应，在冰水浴条件下大部分红棕色的NO2转化为无色的N2O4，使气体颜色变浅并接近于无色；若猜测正确，NO遇O2会生成红棕色NO2，D装置中气体颜色应该有明显变化，从颜色无明显变化可推知该猜测是错误的，
故答案为：浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸与碳反应；错误。
【小问3详解】
丙消耗硝酸最少，无污染，铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮是有毒气体，可溶于水或碱液，铜与稀硝酸反应生成的一氧化氮是有毒气体，不溶于水或碱液，但可与氧气反应生成二氧化氮。
制取硝酸铜有关反应的化学方程式：甲方案：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
乙方案：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
丙方案：2Cu+O2△2CuO、CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O，总反应式为：2Cu+4HNO3+O2=2CuNO32+2H2O。
上述化学方程式可知：甲方案消耗硝酸最多，乙方案次之，丙方案消耗最少；即生产硝酸铜，途径丙效果最佳，既不造成污染，又能提高硝酸的利用率。故答案为：2Cu+4HNO3+O2=2CuNO32+2H2O。
【小问4详解】
①Ca(OH)2微溶，澄清石灰水中Ca(OH)2的量很少，装置F中可盛有蒸馏水，将NO2转化为NO，防止NO2与水生成 HNO3对CO2的检验造成干扰，G中的试剂为检验CO2的澄清石灰水，故答案为：d；
②NaOH、NO与O2反应生成NaNO3，利用化合价升降法进行氧化还原反应方程式配平，离子方程式为：4NO+3O2+4OH−=4NO3−+2H2O，故答案为：4NO+3O2+4OH−=4NO3−+2H2O。
2021-2022学年福建省安溪县第一中学高一（下）学期月考化学试卷（第1次）
1. 下列铁的化合物通过化合反应、置换反应、复分解反应均能得到的是
A. FeCl2 B. Fe2(SO4)3 C. Fe3O4 D. Fe(OH)3
2. 如图是某元素的化合价——物质类型二维图。其中X是一种常见的强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比C小16，各物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. E可以是金属也可以是非金属
B. C和D两种大气污染物，都能用排水法收集
C. B的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体
D. 实验室制备F时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取
3. 自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，不正确的是( )
A. 硝化过程中，含氮物质被氧化
B. 氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4
C. N2→NH4+属于氮的固定，N2发生还原反应
D. 土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素
4. 下图为制取白色Fe(OH)2的实验装置，分液漏斗中是稀硫酸，烧瓶中是Fe粉，b中是NaOH溶液。下列说法错误的是( )
A. NaOH溶液被煮沸过，目的是除去溶液中溶解的O2
B. 反应过程中产生的H2能排除装置中的O2
C. 分液漏斗对反应的速率有控制能力
D. e在实验开始时关闭，在生成Fe(OH)2时打开
5. 下图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊试液的蒸馏水。下列说法错误的是
A. 在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨气，用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
B. 在实验室中制备干燥的氨气时可以选用碱石灰作干燥剂
C. 实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D. 喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后蒸干，可得氯化铵固体
6. 中学常见物质 A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 (部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是
A. 若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则 E 可能是 CO2
B. 若D是一种强碱，则 A、B、C 均可与 X 反应生成 D
C. 若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 A可能是铁
D. 若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C
7. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是( )
A. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH 4++OH−=NH3⋅H2O
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+
D. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO 32−+Cl2+H2O=2HSO 3−+2Cl−+SO 42−
8. 某100mL混合溶液中，H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L 和2.0mol/L ，向该混合溶液中加入25.6g铜粉，加热，待充分反应后，静置，得到蓝色澄清溶液(假设反应后溶液体积不变)。下列说法中不正确的是
A. 产生NO在标准状况下的体积是4.48L
B. 反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L
C. 反应后溶液中H+的物质的量浓度为2.0mol/L
D. 在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀
9. 现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.6L2.0mol/L 稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48LNO(标准状况)。向所得溶液中加入一定体积1.0mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体。则原混合物中CuO的质量和加入NaOH溶液的体积各为( )
A. 19.2g1.0L B. 8.0g1.0L C. 19.2g2.0L D. 8.0g2.0L
10. N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是( )
A. 上述反应中，每消耗2mol NO2，就会生成22.4LN2O
B. N2O只有氧化性
C. 当生成3mol CO2时，转移的电子总数为12NA(NA为阿伏伽德罗常数)
D. N2O使用必须少量，否则会与人体血红蛋白结合，使人中毒
11. 已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置(省略夹持装置及加热装置)可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法不正确的是( )
A. 试管A中加入的试剂为NH4Cl固体
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2
C. 装置B中加入的物质可以是碱石灰
D. 装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
12. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构，则下列有关说法中，不正确的是( )
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D. 0.1molNH5中含有0.5molN−H键
13. 为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某同学设计了一套装置(如图甲所示)，有关该实验叙述不正确的是( )
A. 为保证实验效果，反应开始前，稀硝酸可加到与两侧胶塞相平的位置
B. 利用该装置可控制反应随时停止或继续反应
C. 生成的气体可利用图乙来收集
D. 长玻璃管作用可防止稀硝酸溢出
14. 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B. X可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
D. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2−==N2↑+2H2O
15. 向Fe2O3和铁粉的混合物中加入适量稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1，那么该反应中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 1：2：4 D. 2：3：5
16. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析不正确的是
A. 混合酸中HNO3的物质的量浓度为2mol⋅L−1
B. 原混合酸中H2SO4的物质的量为0.4mol
C. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气
D. 第二份溶液中的最终溶质为FeSO4
17. 有一瓶澄清的溶液，其中可能含有K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I−、NO3−、CO32−、SO42−、AlO2−、Cl−等离子。取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检验，溶液呈强酸性；
②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；
③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；
a.溶液从酸性变为中性；
b.溶液逐渐产生沉淀；
c.沉淀完全溶解；
④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象，回答下列问题。
(1)由①可以排除_______的存在。
(2)由②可以证明_______的存在；同时排除_______的存在。
(3)由③可以证明_______的存在；写出c所涉及的离子反应方程式：_______。
(4)由④可以排除_______的存在，同时证明_______的存在。
18. 如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)G的化学式_______；
(2)写出A→D的化学方程式_______；
(3)实验制取C气体的化学方程式_______；
(4)实验室中，检验X中阳离子的操作方法是_______。
19. 电子工业中，常用FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。化学实验小组从腐蚀废液(含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜并重新获得FeCl3晶体的流程如图：
回答下列问题：
(1)检验腐蚀废液中含有Fe3+常用KSCN溶液检验，反应离子方程式：_______。
(2)滤渣的成分是_______(填化学式)。从滤渣中获得铜单质，可选用的试剂是_______(填标号)。
A.稀盐酸 B.浓硫酸 C.稀硝酸 D.氯化铜溶液
(3)向溶液a中通入Cl2发生反应的离子方程式为_______。有同学建议，使用H2O2代替Cl2可以减少污染，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是_______，相关反应的离子方程式：_______。
(5)甲同学用酸性KMnO4溶液检测溶液b中是否含有Fe2+。乙同学认为甲的方案不正确，理由是_______(用离子方程式表示)。
20. 铜与浓硝酸反应生成NO2(资料表明：常温下NO2和N2O4混合存在，低于0℃时几乎只有无色N2O4液体或晶体存在)，浓硝酸变稀后生成NO(沸点为−151℃)，某探究小组由这一实验事实出发，猜测碳与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO，并设计如图所示装置进行验证(加热和尾气处理装置、夹持仪器均已略去)。回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______；N2的作用除将装置内空气排尽外，还有_______。
(2)打开弹簧夹1、2，在持续通入N2的条件下，先把碳加热至红热后停止加热，再缓慢滴入浓硝酸的原因为_______；反应产生的气体干燥后进入装置C的冷却瓶，气体颜色变浅接近于无色；一段时间后，打开弹簧夹3，通入O2，冷却瓶中气体进入装置D后气体颜色仍无明显变化，说明该小组的猜测_______(填“正确”或“错误”)。
(3)制取硝酸铜有三种方案：
甲方案：反应物为铜和浓硝酸
乙方案：反应物为铜和稀硝酸
丙方案：反应物为铜、氧气和稀硝酸
其中能体现绿色化学理念的最佳方案的化学反应方程式为：_______。
(4)该小组对上面装置进行改进，验证碳被浓硝酸氧化的产物为CO2(加热装置和夹持仪器已略去)。
已知：NO2能与NaOH溶液反应，NO不能与NaOH溶液反应。
①装置G中的试剂可以选用_______(填标号)。
a.蒸馏水 b.NaOH溶液 c.Na2CO3溶液 d.澄清石灰水
②装置H中盛有NaOH溶液，向其中通入足量氧气进行尾气处理，生成NaNO3，该反应的离子方程式为_______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，为化合反应；硫酸亚铁与氯化钡反应可得到氯化亚铁和硫酸钡，为复分解反应；铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，属于置换反应，故 A符合题意。
B.可以通过硫酸亚铁与氧气反应生成硫酸铁，属于化合反应；也可以通过氢氧化铁和硫酸反应得到硫酸铁和水，属于复分解反应；但不能通过置换反应得到硫酸铁，故B不符合题意。
C.铁与氧气点燃可生成四氧化三铁，为化合反应，铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，但不能通过复分解反应得到四氧化三铁，故C不符合题意。
D.氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，为化合反应，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，为复分解反应，但不能通过置换反应得到Fe(OH)3，故D不符合题意。
故答案：A。
2.【答案】D
【解析】
【分析】G和NaOH反应生成氢化物，再结合D的相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3，G是铵盐，X是氢氧化钠，Y是氧气。
【详解】A.E为氮气，A错误；
B.C为NO2 、D为NO；NO不溶于水可以用排水法收集；NO2会与水发生化学反应，故不能用排水法收集二氧化氮，B错误；
C.浓硝酸不具有吸水性，自身具有挥发性，不可用来干燥气体，C错误；
D.实验室制备NH3时，可以将浓氨水滴入碱石灰中进行制取，碱石灰中含有氧化钙和氢氧化钠，遇到水后会放出热量，并且还有大量氢氧根产生，从而产生大量氨气，D正确；
3.【答案】B
【解析】A.由图示可知，硝化过程为：NH4+转化为NO2-，NO2-再进一步转化为NO3-，该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，A正确；
B.由图示可知，氨氧化过程中的反应为：NO2-+NH4+=N2↑+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B错误；
C.氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→NH4+属于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到−3价，N2发生还原反应，C正确；
D.由图示可知，Fe2+能与NO3-反应转化为N2，Fe3+能与NH4+反应转化为N2，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D正确；
4.【答案】D
【解析】A.由于Fe(OH)2易被氧化，发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3反应，所以使用的NaOH溶液先被煮沸，以除去溶液中溶解的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化，故A正确；
B.滴加稀H2SO4，Fe与稀H2SO4发生反应，生成H2，即Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2能将装置中的空气排尽，故B正确；
C.分液漏斗可以控制加入稀H2SO4的量，即可以控制Fe与稀H2SO4的反应速率，故C正确；
D.该装置制取白色Fe(OH)2的实验，是要将生成的FeSO4溶液压入装置b中，发生Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，所以e在实验开始时打开，产生的H2将装置中的空气排尽，一段时间后，将e关闭，产生的H2无法排出，使装置a压强增大，将FeSO4溶液压入装置b中，生成Fe(OH)2，故D错误；
5.【答案】D
【解析】A.氨水中加入生石灰，生石灰吸收水，且与水反应放出大量的热，促进氨气的挥发，浓盐酸中加入浓硫酸，浓硫酸吸收水，且放出大量的热，可促进氯化氢挥发，以此可得到气体，故A正确；
B.碱石灰与氨气不反应，且具有吸水性，可用于干燥氨气，故B正确；
C.打开止水夹a、c、d，氨气和氯化氢反应而导致压强减小，从而形成喷泉，氨水溶液呈碱性，则可分别形成蓝色和红色喷泉，故C正确；
D.氯化铵不稳定，加热易分解，不能直接蒸干，故D错误。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A、如果D为NaCl，且A与C反应生成B，则A为NaOH，B为Na2CO3、C为NaHCO3，X为HCl，故A说法正确；
B、D为强碱，如果D为NaOH，则A为Na，E为O2，B为Na2O，C为Na2O2，X为H2O，Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，故B说法正确；
C、D为一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，说明D为Fe(OH)2，如果A为Fe，不符合此转化关系，故C说法错误；
D、D为强酸，可能是硫酸，也可能是硝酸，假设为硝酸，A为N2，N2与氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，Cu与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A为NH3，NH3催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，故D说法正确。
7.【答案】D
【解析】A.NH4HSO4溶液中铵根离子、氢离子都能与OH−发生反应，且H+与OH−的结合能力更强，所以将相同体积相同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液混合时，发生反应的离子方程式为：H++OH−=H2O，故A错误；
B.碳酸是弱酸，盐酸是强酸，根据“强酸制弱酸”原理，在氯化钙溶液中通入二氧化碳，不发生反应，无碳酸钙沉淀生成，故B错误；
C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，双氧水在氯化铁的催化作用下发生分解，故C错误；
D.亚硫酸钠具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，部分亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸钠还原为氯离子，反应的离子方程式为：3SO 32−+Cl2+H2O=2HSO 3−+2Cl−+SO 42−，故D正确。
8.【答案】D
【解析】n(Cu)=25.6g64g/mol=0.4mol，n(H+)=4.0mol/L×0.1L×2+2.0mol/L×0.1L=1.0mol，n(NO3−)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，则该反应的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，于是得出：3Cu 8H+ 2NO3−3mol8mol2mol0.4mol1.0mol0.2mol，可知0.2molNO3−参加反应时消耗Cu为0.3mol、消耗氢离子为0.8mol，则NO3−完全反应，据此分析解题。
【详解】A.产生的0.2molNO，在标准状况下的体积是4.48L，A正确；
B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为c(Cu2+)=n(Cu2+)V=32n(NO3-)0.1L=32×0.2mol0.1L=3.0mol/L ，B正确；
C.反应后溶液中H+有剩余，则c(H+)=n(H+)V=1.0mol-0.8mol0.1L=2.0mol/L，C正确；
D.在反应后的溶液中有剩余的0.2molH+，生成的0.3molCu2+，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误。
9.【答案】B
【解析】①4.48LNO(标准状况)物质的量为：4.48L÷22.4L⋅mol−1 =0.2mol，根据得失电子守恒知：原混合物中n(Cu)：(0.2mol×3)÷2=0.3mol，灼烧所得32.0g为CuO，n(CuO)=32.0g÷80g⋅mol−1 =0.4mol
根据铜元素守恒知：原混合物中n(CuO)=0.4mol−0.3mol=0.1mol，原混合物中CuO的质量为；0.1mol×80g/mol=8.0g；
②0.6L.2.0mol/L稀硝酸中含HNO3的物质的量为：0.6L×2.0mol/L=1.2mol；根据氮元素守恒知：反应后溶液中n(NO 3−)=1.2mol−0.2mol=1.0mol，反应后溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒知：n(NaOH)=1.0mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为：1.0mol÷1.0mol⋅L−1=1.0L。
综上所述故选B。
10.【答案】D
【解析】A.没说标况，无法计算，A错误；
B.一氧化二氮中氮元素为+1价，可以升高也可以降低，既有氧化性又有还原性，B错误；
C.反应中生成3个CO2转移6个电子，所以当生成3摩尔二氧化碳时转移6摩尔电子即6NA，C错误；
D.一氧化二氮能做麻醉剂，使用必须少量，否则会与人体血红蛋白结合，使人中毒，D正确；
11.【答案】A
【解析】A.试管A中加入NH4Cl固体，NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl，但在试管口附近两者又结合生成NH4Cl，故A错误。
B.氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，则化学方程式为：2NH3+3CuO≜3Cu+N2+3H2O，该反应为氧化还原反应，CuO为氧化剂，NH3为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故B正确。
C.装置B的作用为干燥NH3，应加入碱性固体干燥剂，所以可以是碱石灰，故C正确。
D.反应生成的氮气及水蒸气和未反应的氨气均会从装置C进入装置D中，由于氨气极易溶于水，则D中收集到的是氨水，溶液呈碱性，所以D中的液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。
12.【答案】D
【解析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3⋅H2O+H2↑，有氨气生成。
A.NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H−之间为离子键，A项正确；
B.NH4H是一种离子化合物，NH3为共价化合物，熔、沸点高于NH3，B项正确；
C.NH5能与水反应：NH4H+H2O=NH3⋅H2O+H2↑，NH3⋅H2O再继续分解产生氨气，C项正确；
D.根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键，形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H−，阴阳离子间形成离子键，则0.1molNH5中含有0.4molN−H键，D项错误；
13.【答案】C
【解析】A.反应开始前，稀硝酸加到与两侧胶塞相平的位置，目的是排出U形管中的空气，防止O2干扰实验，故A正确；
B.关闭活塞a，反应产生的气体可使铜丝与稀硝酸不接触，反应停止，打开活塞a，稀硝酸与铜丝接触又发生反应，故B正确；
C.若用图乙收集NO，应将广口瓶中长导管换成短导管、短导管换成长导管，故C错误；
D.关闭活塞a，U形管内压强增大，稀硝酸被压入玻璃管，可防止稀硝酸溢出，故D正确。
故答案为C。
14.【答案】B
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A.工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B.由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C.气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D.NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2−=N2↑+2H2O，故D正确.
故选B。
15.【答案】C
【解析】设生成氢气的物质的量为1mol，则亚铁离子的物质的量为4mol，设原混合物中含有xmol铁，ymol氧化铁，则有：①x+2y=4；由铁原子守恒可知，ymol氧化铁转化为2ymol铁离子，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知生成1mol氢气消耗1mol铁，则有(x−1)mol铁与2ymol铁离子恰好反应，依据离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知2y:(x−1)=2:1，即②x−y=1，联立①②可得：x=2、y=1，所以y:x=1:2，而1mol氧化铁消耗3mol硫酸，1mol铁消耗1mol硫酸，则该反应中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为1:2:4，答案选C。
16.【答案】B
【解析】由图像可知，由于铁过量，OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑。
A、铜与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，最多能溶解19.2g铜时，n(NO3−)=0.2mol，故100 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，c(HNO3)=2mol⋅L−1，故A正确；
B、消耗22.4gFe时，此时溶液中溶质为FeSO4，则一份混合酸中H2SO4的物质的量n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=22.4g56g/mol=0.4mol，则原混合酸中H2SO4的物质的量为0.8mol，故B错误；
C、根据题图，可以得出OA段产生的是NO，随着反应的进行，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，加入的铁粉再与H+反应生成H2，即BC段产生H2，故C正确；
D、第二份溶液中最后加入的铁粉过量，生成Fe2+，溶液中阴离子为SO42− ，最终溶质为FeSO4，故D正确。
17.【答案】(1)CO32−、AlO2−
(2)①.I− ②.Fe3+、NO3−
(3)①.Al3+ ②.AlOH3+OH−=AlO2−+2H2O
(4)①.SO42− ②.Ba2+
【解析】①用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明与氢离子反应的碳酸根和偏铝酸根离子不存在；
②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。说明溶液中存在碘离子，不存在铁离子和硝酸根离子；
③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液，溶液逐渐产生沉淀又逐渐溶解，说明溶液中含有铝离子；
④取适量③得到的碱性落液，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有钡离子，不含有硫酸根离子；
综上所述，澄清的溶液中存在的离子为Ba2+、Al3+、I−，一定不存在Fe3+、NO3−、CO32−、AlO2−、SO42−，可能存在K+、Cl−。
【小问1详解】
由①可知，溶液中不存在碳酸根和偏铝酸根离子，故答案为：CO32-、AlO2-；
【小问2详解】
由上述分析可知，②可以证明的存在碘离子，不存在铁离子和硝酸根离子，碘离子具有还原性，能与铁离子或酸性条件下能与硝酸根发生氧化还原反应，则存在碘离子的酸性溶液中不可能存在铁离子和硝酸根离子，四氯化碳层呈紫红色说明原溶液中有存在I−，Fe3+、NO3-酸性条件下与I−发生氧化还原反应而不能共存；
【小问3详解】
由③可以证明溶液中存在Al3+；c步骤发生的反应为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO2-+2H2O；
【小问4详解】
由④可知，溶液中含有钡离子，不含有硫酸根离子。
18.【答案】(1)HNO3
(2)2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
(3)2NH4Cl+CaOH2≜2NH3↑+CaCl2+2H2O
(4)取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+
【解析】
【分析】由图，A、C、D在常温下为无色气体，且C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气。X加热生成A、B、C三种物质，则X为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)；则A为二氧化碳，B为水，C为氨气；二氧化碳与过氧化钠生成氧气，则D为氧气；氨的催化氧化反应，则E为一氧化氮；NO与氧气反应生成二氧化氮，则F为二氧化氮；二氧化氮溶于水生成硝酸，则G为硝酸。
【小问1详解】
由分析可知G为硝酸，则化学式为：HNO3
【小问2详解】
A为二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠生成氧气D，则A→D的化学方程式2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。
【小问3详解】
C为氨气，实验制取氨气用氯化铵与氢氧化钙反应来生成，则化学方程式为：2NH4Cl+CaOH2≜2NH3↑+CaCl2+2H2O。
【小问4详解】
X中阳离子为NH4+，实验室中，检验NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+。
19.【答案】(1)Fe3++3SCN−=FeSCN3
(2)①.Fe和Cu ②.AD
(3)①.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− ②.1:2
(4)①.加入适量铁粉 ②.2Fe3++Fe=3Fe2+
(5)10Cl−+2MnO4−+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O
【解析】
【分析】从腐蚀废液(含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜并重新获得FeCl3，由流程可知，加入过量的 Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则溶液a为FeCl2溶液，滤渣中含 Fe、Cu，滤液a中通入足量Cl2，将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，则溶液b为FeCl3溶液，由于Fe3+易水解，应在HCl气体氛围中蒸发结晶获取FeCl3晶体，以此解答该题。
【小问1详解】
Fe3+与KSCN溶液络合生成Fe(SCN)3显血红色，则检验腐蚀废液中含有Fe3+常用试剂是KSCN溶液，反应离子方程式为：Fe3++3SCN−=FeSCN3；
【小问2详解】
由分析可知滤渣的成分是Fe和Cu，从滤渣中获得铜单质，可向滤渣中加入过量盐酸或加入氯化铜溶液发生置换反应将Fe转化为 Fe2+溶液，故选AD；
【小问3详解】
溶液a为FeCl2溶液，通入Cl2可将Fe2+转化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；使用H2O2代替Cl2以减少污染，则离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢为氧化剂，Fe2+为还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
【小问4详解】
实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质，除杂的方法是加入适量铁粉，可将三价铁离子还原为二价铁离子；相关反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；
【小问5详解】
溶液b的主要成分为FeCl3，酸性KMnO4溶液可与Cl−反应而褪色，离子方程式为：10Cl−+2MnO4−+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O ，故不可用酸性KMnO4溶液检测溶液b中是否含有 Fe2+。
20.【答案】(1)分液漏斗 ；将气体产物吹入后续装置中
(2)浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸会与碳反应 ；错误
(3)2Cu+4HNO3+O2=2CuNO32+2H2O
(4)①.d②.4NO+3O2+4OH−=4NO3−+2H2O
【解析】
【分析】由装置图可知，装置A是发生装置，本实验猜测碳与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO，因空气对实验产生干扰，故通入N2先将装置内空气排尽，B为干燥装置，反应产生的气体干燥后进入装置C的冷却瓶，再通过D装置来验证是否有NO生成，据此分析解题。
【小问1详解】
根据仪器构造可知，仪器a为分液漏斗；由于本实验需验证有无NO产生，空气中的O2能氧化NO，所以用N2先将装置内空气排尽，并将气体产物吹入后续装置中。故答案为：分液漏斗；将气体产物吹入后续装置中。
【小问2详解】
浓硝酸受热时分解，浓度减小，无法确保加入的浓硝酸与碳反应，所以先将碳加热至红热，再缓慢滴入浓硝酸；气体颜色变浅是因为 NO2转化为N2O4的反应为放热反应，在冰水浴条件下大部分红棕色的NO2转化为无色的N2O4，使气体颜色变浅并接近于无色；若猜测正确，NO遇O2会生成红棕色NO2，D装置中气体颜色应该有明显变化，从颜色无明显变化可推知该猜测是错误的，
故答案为：浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸与碳反应；错误。
【小问3详解】
丙消耗硝酸最少，无污染，铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮是有毒气体，可溶于水或碱液，铜与稀硝酸反应生成的一氧化氮是有毒气体，不溶于水或碱液，但可与氧气反应生成二氧化氮。
制取硝酸铜有关反应的化学方程式：甲方案：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
乙方案：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
丙方案：2Cu+O2△2CuO、CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O，总反应式为：2Cu+4HNO3+O2=2CuNO32+2H2O。
上述化学方程式可知：甲方案消耗硝酸最多，乙方案次之，丙方案消耗最少；即生产硝酸铜，途径丙效果最佳，既不造成污染，又能提高硝酸的利用率。故答案为：2Cu+4HNO3+O2=2CuNO32+2H2O。
【小问4详解】
①Ca(OH)2微溶，澄清石灰水中Ca(OH)2的量很少，装置F中可盛有蒸馏水，将NO2转化为NO，防止NO2与水生成 HNO3对CO2的检验造成干扰，G中的试剂为检验CO2的澄清石灰水，故答案为：d；
②NaOH、NO与O2反应生成NaNO3，利用化合价升降法进行氧化还原反应方程式配平，离子方程式为：4NO+3O2+4OH−=4NO3−+2H2O，故答案为：4NO+3O2+4OH−=4NO3−+2H2O。
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