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2021-2022学年湖北省宜昌一中、龙泉中学、荆州中学三校高一（下）段考化学试卷（3月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省宜昌一中、龙泉中学、荆州中学三校高一（下）段考化学试卷（3月份）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 下列叙述中正确的个数为等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省宜昌一中、龙泉中学、荆州中学三校高一（下）段考化学试卷（3月份）
1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金⋯其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指( )
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水
2. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是( )
A. 汽车尾气中NO，主要来源于汽油、柴油的燃烧
B. 二氧化硫不仅可以漂白纸浆，还能杀菌消毒
C. 植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D. 工业废气中的SO2和CO2均可采用石灰法进行脱除
3. 1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是( )
A. 元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族
B. 在过渡元素中寻找半导体材料
C. 俄罗斯专家首次合成了178116X原子，116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族
D. IA族的元素全部是金属元素
4. 欲区分两瓶无标签的稀硫酸和浓硫酸，现有铝片、白纸、蓝色石蕊试纸、胆矾晶体、铜片，常温下只用一种试剂就能区分的有多少种( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
5. 下列叙述中正确的个数为( )
①向某溶液中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定没有NH4+
②硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中
③CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中均能稳定存在
④常温下，可用铁制容器盛装浓硝酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸不反应
⑤浓硫酸与蔗糖反应时，蔗糖变黑膨胀，体现浓硫酸的吸水性和强氧化性
⑥可以用CS2清洗残留硫粉的试管
A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个
6. X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法错误的是( )
A. 原子半径由小到大的顺序：X
C. Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D. 室温下，0.1molW的气态氢化物溶于1L水中，可制得1mol/LHW溶液
7. 已知A是一种金属单质，B显淡黄色，A、B、C、D之间的转化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A. C是碳酸钠 B. D应密封保存
C. A与O2反应只能生成B D. 反应①、②中生成的气体相同
8. 某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是( )
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
9. 利用如图制取氨气，说法正确的是( )
A. 该装置可用于氯化铵和熟石灰制取氨气 B. 该装置可用于碳酸氢铵分解制取氨气
C. 用湿润的棉花堵在试管口，防止氨气扩散 D. 用蘸有浓硫酸的玻璃棒置于试管口验满
10. 某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是 ( )
A. ①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B. 若③中加入足量稀硫酸，则在相同条件下①中产生的气体体积比③中产生的气体体积小
C. ③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D. 由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
11. 配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的操作过程示意图如图：
下列说法中错误的是( )
A. “操作1”中烧杯洗涤液也要转移到容量瓶中
B. “操作2”中玻璃棒起引流作用
C. 所配制的Na2CO3溶液中c(Na+)为2mol⋅L−1
D. “操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
12. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应④的离子方程式为 4NH4++5O2=2NO2−+6H++N2O+5H2O，下列说法正确的是
A. ①②均属于固氮反应
B. 海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C. 反应④中每生成 1molH2O共转移 2mole−
D. 向海洋排放含NO3− 的废水可能影响海洋中氮的循环
13. 某矿石样品中可能含铁，为确定其成分，进行如下操作：下列有关说法正确的是( )
A. 向溶液乙中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，则原矿石样品中存在Fe3+
B. 向溶液甲中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，则原矿石样品中存在Fe3+
C. 向溶液乙中滴加少量氢氧化钠溶液，一定出现红褐色沉淀
D. 该矿石一定为赤铁矿
14. 根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加碳酸氢钠溶液
产生无色气体
该溶液中溶质可能是盐
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验
透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
该溶液一定是钾盐溶液
C
将SO2通入紫色石蕊试液中
溶液变红
SO2与水反应生成H2SO3使溶液显酸性
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
A. A B. B C. C D. D
15. 现有等体积混合而成的4组气体：①NO2+O2、②NO2+NO、③HCl+N2、④Cl2+SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是( )
A. h4>h2>h3>h1 B. h4>h1>h3>h2
C. h2>h1>h3>h4 D. h3>h2>h1>h4
16. 氮元素的单质和常见化合物在工、农业生产中用途广泛。
(1)氮气的化学性质很稳定，可用作灯泡填充气。
从分子结构角度解释其原因是 ______。
(2)N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。
NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式 ______。
(3)NO和NO2可用NaOH溶液吸收主要反应为：
NO+NO2+2OH−=2NO2−+H2O
2OH−+2NO2=NO2−+NO3−+H2O
①下列措施可能提高尾气中NO和NO2去除率的有 ______(填字母)
A.加快通入尾气的速率.
B.采用气，液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
D.在尾气中同时通入氧气
②吸收后的溶液经浓缩，结晶，过滤，得到NaNO2晶体，该晶体的主要杂质 ______(填化学式)。
(4)铵盐大多在农业上用作化肥，实验室可用固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应来制备氨气，其化学方程式为 ______。欲吸收尾气中的NH3，下列装置不宜选用 ______填字母)。(已知氨气难溶于有机溶剂CCl4)
17. 近两年来无人驾驶汽车的大热使得激光雷达成为人们关注的焦点，激光雷达的核心部件需要一种氮化铝(AlN)导热陶瓷片。如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程如图1：
(1)“溶解”时，已知溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠可发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH。赤泥的主要成分除了生成的Na2Al2Si2O8还有 ______(写出化学式)
(2)“酸化”时通入CO2与NaAlO2反应生成Al(OH)3，写出该反应的离子方程式 ______。实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、______、玻璃棒。
(3)“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO，反应的化学方程式为 ______。
(4)某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(杂质不反应)。已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。分液漏斗上方所连导气管的作用有 ______、______。反应完毕，应先 ______，再 ______，最后平视液面，记录b的读数。
(5)现取氮化铝样品5.0g(假设杂质只含有炭黑)加到100mL1.0mol/L的NaOH溶液中恰好反应完，则该样品中AlN的质量分数为 ______。
18. 实验室用Na2SO3和70%硫酸溶液反应制取SO2，某研究性学习小组设计如图实验，制取并探究SO2的性质。
(1)丁装置的作用是 ______。
(2)实验中若生成标准状况1.12LSO2，则至少需要 ______gNa2SO3。
(3)①若X是品红溶液，气体通过乙装置，观察到的现象是 ______。
②若X是酸性KMnO4溶液，气体通过乙装置，观察到溶液褪色，说明SO2具有 ______。
A.酸性
B.还原性
C.漂白性
③若X是FeCl3和BaCl2的混合溶液，气体通过乙装置，观察到溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，白色沉淀化学式为 ______。
(4)若X是浓硫酸，用于干燥SO2气体，在丙处选用如图戊所示的收集装置，A、B两位同学的连接方式为：
A同学：SO2气体从a导管通入集气瓶中。
B同学：SO2气体从b导管通入集气瓶中。
正确的收集装置是 ______(填“A”或“B”)同学的连接方式。
(5)若X是氢硫酸，气体通过乙装置，观察到的现象是 ______，发生的化学方程式为 ______。
19. 硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]俗称摩尔盐，用途十分广泛。实验室通常用如图所示装置制备FeSO4溶液后，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应制备摩尔盐。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
(1)制备FeSO4
①用图示装置制备FeSO4。仪器a的名称是 ______。该实验不用明火加热的原因是 ______。将0.7g铁粉加入锥形瓶中，放入15mL1mol/LH2SO4溶液，保持温度在50∘C∼60∘C之间反应，待无明显气泡产生后停止加热，趁热过滤。
②如果加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量H2S、PH3气体。用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu。
写出CuSO4溶液吸收PH3的化学方程式 ______。
(2)制备摩尔盐
①向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70C∼80℃水浴加热，保持溶液pH为1∼2，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果用玻璃棒搅拌，可能导致溶液变黄，其原因是 ______。选用乙醇洗涤晶体的目的是 ______。
②过滤出产品的母液中，可以大量共存的离子有 ______(填序号)
A.NO3−
B.A13+
C.SO32−
D.AlO2−
E.Ba2+
F.Cu2+
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答。
【解答】
A.氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；
B.硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃反应，所以符合条件，故B正确；
C.醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；
D.卤水其主要成分为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】解：A.汽车尾气中NO，主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的，与汽油、柴油的燃烧无关，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性和弱氧化性，不仅可以漂白纸浆，也能杀菌消毒，故B正确；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料，不能吸收空气中的NO和NO2，氮的固定为氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；
D.生石灰的主要成分是CaO，能与SO2反应生成CaSO3，再被氧化为硫酸钙，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，但CO2不可采用石灰法进行脱除，故D错误；
故选：B。
A.汽车尾气中NO主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的；
B.二氧化硫具有漂白性和弱氧化性；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料；
D.CO2不可采用石灰法进行脱除。
本题主要考查氮的氧化物、SO2的性质，同时考查氮的固定的概念等，属于基本知识的考查，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.元素周期表有7个横行，即有7个周期，有18个纵行，即有7个主族、7个副族、1个零族、1个第VIII族(为8、9、10三列)，共有16个族，故A错误；
B.在金属与非金属交界处寻找半导体材料，在过渡元素寻找耐腐蚀、耐高温及新型催化剂材料，故B错误；
C.X元素的原子序数为116，稀有气体第七周期元素原子序数为118号元素，二者同周期且X处于第16列，即116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族，故C正确；
D.IA族包括H元素与碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，故D错误。
故选：C。
A.周期表有18列，但有16个族；
B.金属与非金属交界处的元素具有一定的金属性与非金属性；
C.X元素的原子序数为116，稀有气体第七周期元素原子序数为118号元素，故X处于第七周期第16列；
D.IA族包括H元素与碱金属元素。
本题考查元素周期表的结构及应用，把握周期表的横行、纵列与周期、族的关系，注意短周期为1、2、3周期，掌握利用原子序数确定元素在周期表中位置方法。
4.【答案】C
【解析】解：铝片与稀硫酸反应生成气体，浓硫酸与Al发生钝化，可鉴别；
浓硫酸可使白纸变黑，稀硫酸不能，可鉴别；
浓硫酸可使蓝色石蕊试纸先变红后脱水变成黑色，稀硫酸使其变红，可鉴别；
浓硫酸可使胆矾晶体变为白色，稀硫酸不能使胆矾变白色，可鉴别；
常温下铜片与稀硫酸、浓硫酸均不反应，不能鉴别；
根据分析可知，常温下只用一种试剂就能区分的有4种，
故选：C。
浓硫酸具有脱水性、强氧化性，常压下使铝发生钝化现象，但Cu与浓硫酸反应需要加热，Cu与稀硫酸不反应，以此来解答。
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：①稀的氢氧化钠溶液与铵根离子反应生成一水合氨，没有加热时不产生氨气，故①错误；
②硝酸在光照条件下分解成二氧化氮、水、氧气，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，故②正确；
③NO和O2迅速反应生成NO2，在空气中不能稳定存在，CO、NO2 在空气中均能稳定存在，故③错误；
④常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，是因为浓硝酸将铁氧化而“钝化”，故④错误；
⑤蔗糖属于有机物，浓硫酸有脱水性，使蔗糖脱水变为碳(变黑)，同时放热，浓硫酸将碳氧化为二氧化碳，因此会膨胀，体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，故⑤错误；
⑥S易溶于CS2，因此可以用CS2清洗残留硫粉的试管，故⑥正确；
综上所述：正确的是②⑥，
故选：D。
①一水合氨受热分解；
②见光易分解的物质一般盛放在棕色试剂瓶中；
③NO和O2迅速反应生成NO2；
④“钝化”属于化学变化；
⑤浓硫酸可以使蔗糖碳化脱水；
⑥S易溶于CS2。
本题主要考查铵根离子的检验，同时考查硝酸的不稳定性，NO、浓硫酸、蔗糖、S的化学性质，属于高频考点，需要学生的积累，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为Al，Z为Si，W为Cl元素，
A.主族元素同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径由小到大的顺序为：C
C.高温下Al与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝与铁，该反应为置换反应，故C正确；
D.0.1molHCl溶于1L水中，配制的溶液体积不等于1L，溶液浓度不是1mol/L，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，其原子序数大于Al，最外层含有4个电子，则Z为Si元素；X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，W的最外层电子数为14−3−4=7，且原子序数最大，则W为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质性质、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，C为碳酸钠，故A正确；
B.D 为NaOH，易与空气中的二氧化碳反应，则应密封保存，故B正确；
C.A为Na，与氧气反应可生成Na2O或Na2O2，故C错误；
D.Na2O2 与水或二氧化碳反应都生成氧气，故D正确；
故选：C。
A是一种金属单质，B显淡黄色，A和氧气反应生成B，所以A是Na，B是Na2O2，C是Na2CO3，D是NaOH。
本题考查无机物的推断，涉及Na元素单质及其化合物的性质，B是淡黄色金属氧化物是推断突破口，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。
【解答】
混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成FeCl3、AlCl3，所以溶液中NH4+浓度减小，Fe2+浓度减小，Fe3+浓度增大，由于加入氢氧化钠，所以Na+浓度增大，则几乎不变的阳离子是Al3+，故C正确。
故选C。
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查氨气的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握常见铵盐的性质以及氨气的制备方法，难度不大。
【解答】
A.氯化铵和熟石灰在加热条件下可生成氨气，为实验室常用制备氨气的方法，故A正确；
B.碳酸氢铵生成二氧化碳、水、氨气，在温度稍低时二氧化碳、水、氨气又会重新生成碳酸氢铵，因此不能用加热碳酸氢铵的方法制取氨气，故B错误；
C.氨气易溶于水，不能用湿润的棉花，应用干燥的棉花，防止氨气扩散，故C错误；
D.浓硫酸难挥发，不能观察到有白烟生成，则不能用于验满，故D错误。
10.【答案】B
【解析】解：A.①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B.实验①中发生反应3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设①中加入8molHNO3，则产生2mol NO，实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+2NO3 −+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，6molNO3−生成 6molNO，故B正确；
C.③中加稀硫酸，Cu 与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，硝酸的氧化性强，故C错误；
D.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选：B。
由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，据此分析回答问题。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.溶解得到的溶液及洗涤烧杯2∼3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，故A正确；
B.“操作2”中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流，起着引流的作用，故B正确；
C.由图可知，所配溶液的体积为100mL，10.6g碳酸钠的物质的量n=10.6g16g/mol=0.1mol，所配碳酸钠溶液的浓度为0.1mol0.1L=1mol/L，c(Na+)=2c(Na2CO3)=2mol/L，故C正确；
D.定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，故D错误；
故选：D。
A.溶解得到的溶液及洗涤烧杯的洗涤液均要转移到容量瓶中；
B.向容量瓶中转移溶液时，用玻璃棒引流；
C.由图可知，所配溶液的体积为100mL，根据n=mM计算碳酸钠的物质的量，再根据c=nV算所配溶液的浓度，最后计算钠离子浓度；
D.定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算、操作和误差分析，属于基础型题目，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；
B.反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程，不一定有氧参加，故B错误；
C.根据4NH4++5O2=2NO2−+6H++N2O+5H2O，氮元素化合价−3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为−2价，电子转移总数20e−，生成 1molH2O共转移4mole−，故C错误；
D.向海洋排放含NO3−的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会影响海洋中氮的循环，故D正确；
故选：D。
A.氮的固定应生成化合物；
B.海洋中的反硝化作用中N元素化合价降低；
C.根据方程式4NH4++5O2=2NO2−+6H++N2O+5H2O判断；
D.向海洋排放含NO3−的废水，打破氮的循环平衡。
本题考查含氮化合物的综合利用，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握物质的性质，从化合价的角度分析氧化还原反应，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.向溶液乙中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，证明滤液乙中存在铁离子，但由于上一步加入了氯气，无法证明原矿石样品中存在Fe3+，故A错误；
B.向溶液甲中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，说明滤液甲中存在铁离子，则原矿石样品中存在Fe3+，故B正确；
C.滤液乙中不一定含有铁离子，所以加入氢氧化钠溶液后不一定会出现红褐色沉淀，故C错误；
D.题中信息和反应流程都无法确定矿石的成分，故D错误；
故选：B。
A.由于滤液甲中进入了氧化剂氯气，无法判断原样品中是否存在铁离子；
B.向滤液甲中进入硫氰化钾溶液，溶液变红证明原样品中含有铁离子；
C.由于无法确定矿石中是否含有铁元素，所以滤液乙中加入氢氧化钠溶液不一定出现红褐色；
D.该题中信息无法判断该矿石的成分．
本题考查了亚铁离子、铁离子的检验方法，题目难度不大，注意明确铁离子、亚铁离子的性质，掌握检验亚铁离子和铁离子的方法．
14.【答案】B
【解析】解：A.该溶液中溶质可能是酸式盐，如硫酸氢钠，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.由实验及现象可知，溶液中一定含有钾离子，但可能是氢氧化钾(属于碱，不属于钾盐)，故B错误；
C.将SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红，说明溶液呈酸性，则二氧化硫为酸性氧化物，SO2 与水反应生成H2SO3使溶液显酸性，故C正确；
D.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由现象可知部分Na2SO3被氧化为Na2SO4，故D正确；
故选：B。
A.溶液可能为硫酸氢钠溶液或酸溶液等，均与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B.K元素的焰色为紫色；
C.二氧化硫为酸性氧化物；
D.亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则h1=58，h2=13，h3=12，h4=1，则高度关系是h4>h1>h3>h2，
故选：B。
①根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，剩余氧气的量为气体总量的38，则水面上升的高度为气体总体积的58；
②根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的量为气体总量的23，则水面上升的高度为气体总体积的13；
③HCl气体完全溶于水，N2不溶于水，剩余气体的量为气体总量的一半，则水面上升的高度为气体总体积的一半；
④根据反应Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4可知，Cl2和SO2恰好反应，剩余气体的量为0，则液体充满试管，
据此分析作答即可。
本题主要考查氮的氧化物与水反应、Cl2与SO2与水反应的有关计算，掌握反应原理是解决本题的关键，对学生的思维能力要求较高，难度中等。
16.【答案】氮分子内两个氮原子间以共价三键结合，断开该化合键需要较多的能量 2NH3+2O2−催化剂△N2O+3H2OBCDNaNO3 2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2H2O+2NH3↑B
【解析】解：(1)由于氮分子内两个氮原子间以共价三键结合，断开该化合键需要较多的能量，所以氮气化学性质稳定，可用作灯泡填充气，
故答案为：氮分子内两个氮原子间以共价三键结合，断开该化合键需要较多的能量；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，同时生成水，反应方程式为2NH3+2O2 −催化剂△N2O+3H2O，
故答案为：2NH3+2O2 −催化剂△N2O+3H2O；
(3)①A.加快通入尾气的速率，尾气和溶液接触时间缩短，尾气不能和溶液充分反应，去除率降低，故A错误；
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可增长尾气和溶液接触面积，使其充分反应，提高去除率，故B正确；
C.尾气吸收过程中定期补加适量NaOH溶液，使NaOH浓度增大，相同时间内吸收尾气的量增多，去除率提高，故C正确；
D.在溶液中氧气将氮的氧化物氧化为硝酸，可能提高尾气中NO和NO2去除率，故D正确，
故答案为：BCD；
②吸收后的溶液经浓缩，结晶，过滤，得到NaNO2晶体，由于亚硝酸钠易被氧化生成硝酸钠，故该晶体的主要杂质为NaNO3，
故答案为：NaNO3；
(4)NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 −△CaCl2+2H2O+2NH3↑；氨气极易溶于水，需要防止倒吸，A、D装置液面上部容器容积比较大，可以起防倒吸，C中氨气从出来后经过四氯化碳再被水吸收，也可以防倒吸，B直接插入水中，会发生倒吸，不宜选取B装置吸收，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 −△CaCl2+2H2O+2NH3↑；B。
(1)氮气分子中原子之间形成三键；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，同时生成水；
(3)①A.加快通入尾气的速率，尾气不能和溶液充分反应；
B.采用气，液逆流的方式吸收尾气，可增长尾气和溶液接触面积；
C.NaOH浓度增大，有利于吸收尾气；
D.在溶液中氧气将氮的氧化物氧化为硝酸；
②NaNO2易被氧化生成硝酸钠；
(4)NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应生成氯化钙、氨气和水；氨气极易溶于水，需要防止倒吸。
本题考查比较综合，涉及氮元素单质及其化合物性质、方程式的书写、实验装置的选取、化学反应原理应用等，需要学生基本扎实的基础与灵活运用的能力。
17.【答案】Fe2O3 AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3− 漏斗 Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO平衡气压 使溶液能够顺利滴下 减小滴加NaOH溶液产生排气量的实验误差 使装置恢复至室温，使a、b液面相平 82%
【解析】解：(1)氧化铁与氢氧化钠不反应，则赤泥的主要成分为Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
(2)“酸化”时通入过量CO2与NaAlO2反应生成Al(OH)3，反应的离子方程式为AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；漏斗；
(3)氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO，
故答案为：Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO；
(4)分液漏斗上方所连导气管可以起到恒压滴液漏斗的作用，其作用为平衡气压，使溶液能够顺利滴下，反应完毕，应先减小滴加NaOH溶液产生排气量的实验误差，再使装置恢复至室温，使a、b液面相平，最后平视液面，记录b的读数，
故答案为：平衡气压，使溶液能够顺利滴下；减小滴加NaOH溶液产生排气量的实验误差；使装置恢复至室温，使a、b液面相平；
(5)加到100mL1.0mol⋅L−1的NaOH溶液中恰好反应完，则n(NaOH)=0.1L×1.0mol/L=0.10mol，根据反应AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，n(AlN)=n(NaOH)=0.10mol，所以AlN的质量分数为0.1×415×100%=82%，
故答案为：82%。
铝士矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝士矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和Al2O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得沉淀为氢氧化铝，过滤得滤液主要为NaHCO3溶液，氢氧化铝燃烧得氧化铝，氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
18.【答案】吸收二氧化硫，防止污染空气 6.3品红溶液褪色或品红红色褪去 BBaSO4 B 有黄色沉淀生成 2H2S+SO2=3S↓+2H2O
【解析】解：(1)丁装置的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，
故答案为：吸收二氧化硫，防止污染空气；
(2)根据Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，实验中若生成标准状况1.12LSO2，其物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据化学计量数需要Na2SO3为0.05mol，则至少需要0.05mol×126g/mol=6.3g，
故答案为：6.3；
(3)①若X是品红溶液，SO2具有漂白性，气体通过乙装置，观察到的现象是品红溶液褪色或品红红色褪去，
故答案为：品红溶液褪色或品红红色褪去；
②若X是酸性KMnO4溶液，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，当气体通过乙装置时酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2被氧化，二氧化硫表现出了还原性，
故答案为：B；
③若X是FeCl3和BaCl2的混合溶液，SO2气体通过乙装置，和铁离子发生氧化还原反应，反应为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，观察到溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，白色沉淀化学式为BaSO4，
故答案为：BaSO4；
(4)若X是浓硫酸，用于干燥SO2气体，在丙处选用如图戊所示的收集装置，SO2密度大于空气A，进气管应该长进短出，SO2气体从b导管通入集气瓶中，
故答案为：B；
(5)若X是氢硫酸，SO2气体通过乙装置，两者发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O，则观察到的现象是有黄色沉淀生成，
故答案为：有黄色沉淀生成；2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
甲装置Na2SO3和70%硫酸溶液反应制取SO2，乙装置可以进行SO2的检测或者干燥，C为收集装置，导气管应该长进短出，丁为尾气吸收装置，据此结合选项解答。
本题考查了二氧化硫的制备方法及性质，题目难度中等，明确二氧化硫的制备原理及化学性质为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
19.【答案】分液漏斗 产生的氢气易燃易爆 4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+ 减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥 BF
【解析】解：(1)①分析可知，用图示装置制备FeSO4，仪器a的名称是分液漏斗，该实验不用明火加热的原因是反应有氢气产生，产生的氢气易燃易爆，
故答案为：分液漏斗；产生的氢气易燃易爆；
②PH3的具有强还原性，与硫酸铜溶液发生氧化还原反应，结合提示用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu，故对应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓，
故答案为：4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓；
(2)①向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃∼80℃水浴加热，保持溶液pH为1∼2，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，黄色为三价铁离子的颜色，故其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，结合溶解度分析可知，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥，
故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
②过滤的母液结合提示，显强酸性，故C(SO32−)、D(AlO2−)不共存，由于含有硫酸根离子，故E(Ba2+)不共存，溶液显强酸性，且含有亚铁离子，故A(NO3−)不共存，
故答案为：BF。
(1)①分析可知，用图示装置制备FeSO4，仪器a的名称是分液漏斗，该实验不用明火加热的原因是反应有氢气产生；
②PH3的具有强还原性，与硫酸铜溶液发生氧化还原反应，结合提示用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu；
(2)①向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃∼80℃水浴加热，保持溶液pH为1∼2，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，黄色为三价铁离子的颜色，故其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，结合溶解度分析可知，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失；
②过滤的母液结合提示，显强酸性，含有硫酸根离子，亚铁离子，据此判断离子共存问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
2021-2022学年湖北省宜昌一中、龙泉中学、荆州中学三校高一（下）段考化学试卷（3月份）
1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金⋯其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指( )
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水
2. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是( )
A. 汽车尾气中NO，主要来源于汽油、柴油的燃烧
B. 二氧化硫不仅可以漂白纸浆，还能杀菌消毒
C. 植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D. 工业废气中的SO2和CO2均可采用石灰法进行脱除
3. 1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是( )
A. 元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族
B. 在过渡元素中寻找半导体材料
C. 俄罗斯专家首次合成了178116X原子，116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族
D. IA族的元素全部是金属元素
4. 欲区分两瓶无标签的稀硫酸和浓硫酸，现有铝片、白纸、蓝色石蕊试纸、胆矾晶体、铜片，常温下只用一种试剂就能区分的有多少种( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
5. 下列叙述中正确的个数为( )
①向某溶液中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定没有NH4+
②硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中
③CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中均能稳定存在
④常温下，可用铁制容器盛装浓硝酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸不反应
⑤浓硫酸与蔗糖反应时，蔗糖变黑膨胀，体现浓硫酸的吸水性和强氧化性
⑥可以用CS2清洗残留硫粉的试管
A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个
6. X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法错误的是( )
A. 原子半径由小到大的顺序：X
C. Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D. 室温下，0.1molW的气态氢化物溶于1L水中，可制得1mol/LHW溶液
7. 已知A是一种金属单质，B显淡黄色，A、B、C、D之间的转化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A. C是碳酸钠 B. D应密封保存
C. A与O2反应只能生成B D. 反应①、②中生成的气体相同
8. 某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是( )
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
9. 利用如图制取氨气，说法正确的是( )
A. 该装置可用于氯化铵和熟石灰制取氨气 B. 该装置可用于碳酸氢铵分解制取氨气
C. 用湿润的棉花堵在试管口，防止氨气扩散 D. 用蘸有浓硫酸的玻璃棒置于试管口验满
10. 某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是 ( )
A. ①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B. 若③中加入足量稀硫酸，则在相同条件下①中产生的气体体积比③中产生的气体体积小
C. ③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D. 由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
11. 配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的操作过程示意图如图：
下列说法中错误的是( )
A. “操作1”中烧杯洗涤液也要转移到容量瓶中
B. “操作2”中玻璃棒起引流作用
C. 所配制的Na2CO3溶液中c(Na+)为2mol⋅L−1
D. “操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
12. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应④的离子方程式为 4NH4++5O2=2NO2−+6H++N2O+5H2O，下列说法正确的是
A. ①②均属于固氮反应
B. 海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C. 反应④中每生成 1molH2O共转移 2mole−
D. 向海洋排放含NO3− 的废水可能影响海洋中氮的循环
13. 某矿石样品中可能含铁，为确定其成分，进行如下操作：下列有关说法正确的是( )
A. 向溶液乙中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，则原矿石样品中存在Fe3+
B. 向溶液甲中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，则原矿石样品中存在Fe3+
C. 向溶液乙中滴加少量氢氧化钠溶液，一定出现红褐色沉淀
D. 该矿石一定为赤铁矿
14. 根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加碳酸氢钠溶液
产生无色气体
该溶液中溶质可能是盐
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验
透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
该溶液一定是钾盐溶液
C
将SO2通入紫色石蕊试液中
溶液变红
SO2与水反应生成H2SO3使溶液显酸性
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
A. A B. B C. C D. D
15. 现有等体积混合而成的4组气体：①NO2+O2、②NO2+NO、③HCl+N2、④Cl2+SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是( )
A. h4>h2>h3>h1 B. h4>h1>h3>h2
C. h2>h1>h3>h4 D. h3>h2>h1>h4
16. 氮元素的单质和常见化合物在工、农业生产中用途广泛。
(1)氮气的化学性质很稳定，可用作灯泡填充气。
从分子结构角度解释其原因是 ______。
(2)N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。
NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式 ______。
(3)NO和NO2可用NaOH溶液吸收主要反应为：
NO+NO2+2OH−=2NO2−+H2O
2OH−+2NO2=NO2−+NO3−+H2O
①下列措施可能提高尾气中NO和NO2去除率的有 ______(填字母)
A.加快通入尾气的速率.
B.采用气，液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
D.在尾气中同时通入氧气
②吸收后的溶液经浓缩，结晶，过滤，得到NaNO2晶体，该晶体的主要杂质 ______(填化学式)。
(4)铵盐大多在农业上用作化肥，实验室可用固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应来制备氨气，其化学方程式为 ______。欲吸收尾气中的NH3，下列装置不宜选用 ______填字母)。(已知氨气难溶于有机溶剂CCl4)
17. 近两年来无人驾驶汽车的大热使得激光雷达成为人们关注的焦点，激光雷达的核心部件需要一种氮化铝(AlN)导热陶瓷片。如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程如图1：
(1)“溶解”时，已知溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠可发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH。赤泥的主要成分除了生成的Na2Al2Si2O8还有 ______(写出化学式)
(2)“酸化”时通入CO2与NaAlO2反应生成Al(OH)3，写出该反应的离子方程式 ______。实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、______、玻璃棒。
(3)“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO，反应的化学方程式为 ______。
(4)某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(杂质不反应)。已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。分液漏斗上方所连导气管的作用有 ______、______。反应完毕，应先 ______，再 ______，最后平视液面，记录b的读数。
(5)现取氮化铝样品5.0g(假设杂质只含有炭黑)加到100mL1.0mol/L的NaOH溶液中恰好反应完，则该样品中AlN的质量分数为 ______。
18. 实验室用Na2SO3和70%硫酸溶液反应制取SO2，某研究性学习小组设计如图实验，制取并探究SO2的性质。
(1)丁装置的作用是 ______。
(2)实验中若生成标准状况1.12LSO2，则至少需要 ______gNa2SO3。
(3)①若X是品红溶液，气体通过乙装置，观察到的现象是 ______。
②若X是酸性KMnO4溶液，气体通过乙装置，观察到溶液褪色，说明SO2具有 ______。
A.酸性
B.还原性
C.漂白性
③若X是FeCl3和BaCl2的混合溶液，气体通过乙装置，观察到溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，白色沉淀化学式为 ______。
(4)若X是浓硫酸，用于干燥SO2气体，在丙处选用如图戊所示的收集装置，A、B两位同学的连接方式为：
A同学：SO2气体从a导管通入集气瓶中。
B同学：SO2气体从b导管通入集气瓶中。
正确的收集装置是 ______(填“A”或“B”)同学的连接方式。
(5)若X是氢硫酸，气体通过乙装置，观察到的现象是 ______，发生的化学方程式为 ______。
19. 硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]俗称摩尔盐，用途十分广泛。实验室通常用如图所示装置制备FeSO4溶液后，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应制备摩尔盐。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
(1)制备FeSO4
①用图示装置制备FeSO4。仪器a的名称是 ______。该实验不用明火加热的原因是 ______。将0.7g铁粉加入锥形瓶中，放入15mL1mol/LH2SO4溶液，保持温度在50∘C∼60∘C之间反应，待无明显气泡产生后停止加热，趁热过滤。
②如果加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量H2S、PH3气体。用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu。
写出CuSO4溶液吸收PH3的化学方程式 ______。
(2)制备摩尔盐
①向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70C∼80℃水浴加热，保持溶液pH为1∼2，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果用玻璃棒搅拌，可能导致溶液变黄，其原因是 ______。选用乙醇洗涤晶体的目的是 ______。
②过滤出产品的母液中，可以大量共存的离子有 ______(填序号)
A.NO3−
B.A13+
C.SO32−
D.AlO2−
E.Ba2+
F.Cu2+
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答。
【解答】
A.氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；
B.硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃反应，所以符合条件，故B正确；
C.醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；
D.卤水其主要成分为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】解：A.汽车尾气中NO，主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的，与汽油、柴油的燃烧无关，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性和弱氧化性，不仅可以漂白纸浆，也能杀菌消毒，故B正确；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料，不能吸收空气中的NO和NO2，氮的固定为氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；
D.生石灰的主要成分是CaO，能与SO2反应生成CaSO3，再被氧化为硫酸钙，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，但CO2不可采用石灰法进行脱除，故D错误；
故选：B。
A.汽车尾气中NO主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的；
B.二氧化硫具有漂白性和弱氧化性；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料；
D.CO2不可采用石灰法进行脱除。
本题主要考查氮的氧化物、SO2的性质，同时考查氮的固定的概念等，属于基本知识的考查，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.元素周期表有7个横行，即有7个周期，有18个纵行，即有7个主族、7个副族、1个零族、1个第VIII族(为8、9、10三列)，共有16个族，故A错误；
B.在金属与非金属交界处寻找半导体材料，在过渡元素寻找耐腐蚀、耐高温及新型催化剂材料，故B错误；
C.X元素的原子序数为116，稀有气体第七周期元素原子序数为118号元素，二者同周期且X处于第16列，即116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族，故C正确；
D.IA族包括H元素与碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，故D错误。
故选：C。
A.周期表有18列，但有16个族；
B.金属与非金属交界处的元素具有一定的金属性与非金属性；
C.X元素的原子序数为116，稀有气体第七周期元素原子序数为118号元素，故X处于第七周期第16列；
D.IA族包括H元素与碱金属元素。
本题考查元素周期表的结构及应用，把握周期表的横行、纵列与周期、族的关系，注意短周期为1、2、3周期，掌握利用原子序数确定元素在周期表中位置方法。
4.【答案】C
【解析】解：铝片与稀硫酸反应生成气体，浓硫酸与Al发生钝化，可鉴别；
浓硫酸可使白纸变黑，稀硫酸不能，可鉴别；
浓硫酸可使蓝色石蕊试纸先变红后脱水变成黑色，稀硫酸使其变红，可鉴别；
浓硫酸可使胆矾晶体变为白色，稀硫酸不能使胆矾变白色，可鉴别；
常温下铜片与稀硫酸、浓硫酸均不反应，不能鉴别；
根据分析可知，常温下只用一种试剂就能区分的有4种，
故选：C。
浓硫酸具有脱水性、强氧化性，常压下使铝发生钝化现象，但Cu与浓硫酸反应需要加热，Cu与稀硫酸不反应，以此来解答。
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：①稀的氢氧化钠溶液与铵根离子反应生成一水合氨，没有加热时不产生氨气，故①错误；
②硝酸在光照条件下分解成二氧化氮、水、氧气，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，故②正确；
③NO和O2迅速反应生成NO2，在空气中不能稳定存在，CO、NO2 在空气中均能稳定存在，故③错误；
④常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，是因为浓硝酸将铁氧化而“钝化”，故④错误；
⑤蔗糖属于有机物，浓硫酸有脱水性，使蔗糖脱水变为碳(变黑)，同时放热，浓硫酸将碳氧化为二氧化碳，因此会膨胀，体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，故⑤错误；
⑥S易溶于CS2，因此可以用CS2清洗残留硫粉的试管，故⑥正确；
综上所述：正确的是②⑥，
故选：D。
①一水合氨受热分解；
②见光易分解的物质一般盛放在棕色试剂瓶中；
③NO和O2迅速反应生成NO2；
④“钝化”属于化学变化；
⑤浓硫酸可以使蔗糖碳化脱水；
⑥S易溶于CS2。
本题主要考查铵根离子的检验，同时考查硝酸的不稳定性，NO、浓硫酸、蔗糖、S的化学性质，属于高频考点，需要学生的积累，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为Al，Z为Si，W为Cl元素，
A.主族元素同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径由小到大的顺序为：C
C.高温下Al与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝与铁，该反应为置换反应，故C正确；
D.0.1molHCl溶于1L水中，配制的溶液体积不等于1L，溶液浓度不是1mol/L，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，其原子序数大于Al，最外层含有4个电子，则Z为Si元素；X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，W的最外层电子数为14−3−4=7，且原子序数最大，则W为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质性质、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，C为碳酸钠，故A正确；
B.D 为NaOH，易与空气中的二氧化碳反应，则应密封保存，故B正确；
C.A为Na，与氧气反应可生成Na2O或Na2O2，故C错误；
D.Na2O2 与水或二氧化碳反应都生成氧气，故D正确；
故选：C。
A是一种金属单质，B显淡黄色，A和氧气反应生成B，所以A是Na，B是Na2O2，C是Na2CO3，D是NaOH。
本题考查无机物的推断，涉及Na元素单质及其化合物的性质，B是淡黄色金属氧化物是推断突破口，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。
【解答】
混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成FeCl3、AlCl3，所以溶液中NH4+浓度减小，Fe2+浓度减小，Fe3+浓度增大，由于加入氢氧化钠，所以Na+浓度增大，则几乎不变的阳离子是Al3+，故C正确。
故选C。
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查氨气的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握常见铵盐的性质以及氨气的制备方法，难度不大。
【解答】
A.氯化铵和熟石灰在加热条件下可生成氨气，为实验室常用制备氨气的方法，故A正确；
B.碳酸氢铵生成二氧化碳、水、氨气，在温度稍低时二氧化碳、水、氨气又会重新生成碳酸氢铵，因此不能用加热碳酸氢铵的方法制取氨气，故B错误；
C.氨气易溶于水，不能用湿润的棉花，应用干燥的棉花，防止氨气扩散，故C错误；
D.浓硫酸难挥发，不能观察到有白烟生成，则不能用于验满，故D错误。
10.【答案】B
【解析】解：A.①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B.实验①中发生反应3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设①中加入8molHNO3，则产生2mol NO，实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+2NO3 −+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，6molNO3−生成 6molNO，故B正确；
C.③中加稀硫酸，Cu 与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，硝酸的氧化性强，故C错误；
D.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选：B。
由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，据此分析回答问题。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.溶解得到的溶液及洗涤烧杯2∼3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，故A正确；
B.“操作2”中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流，起着引流的作用，故B正确；
C.由图可知，所配溶液的体积为100mL，10.6g碳酸钠的物质的量n=10.6g16g/mol=0.1mol，所配碳酸钠溶液的浓度为0.1mol0.1L=1mol/L，c(Na+)=2c(Na2CO3)=2mol/L，故C正确；
D.定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，故D错误；
故选：D。
A.溶解得到的溶液及洗涤烧杯的洗涤液均要转移到容量瓶中；
B.向容量瓶中转移溶液时，用玻璃棒引流；
C.由图可知，所配溶液的体积为100mL，根据n=mM计算碳酸钠的物质的量，再根据c=nV算所配溶液的浓度，最后计算钠离子浓度；
D.定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算、操作和误差分析，属于基础型题目，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；
B.反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程，不一定有氧参加，故B错误；
C.根据4NH4++5O2=2NO2−+6H++N2O+5H2O，氮元素化合价−3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为−2价，电子转移总数20e−，生成 1molH2O共转移4mole−，故C错误；
D.向海洋排放含NO3−的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会影响海洋中氮的循环，故D正确；
故选：D。
A.氮的固定应生成化合物；
B.海洋中的反硝化作用中N元素化合价降低；
C.根据方程式4NH4++5O2=2NO2−+6H++N2O+5H2O判断；
D.向海洋排放含NO3−的废水，打破氮的循环平衡。
本题考查含氮化合物的综合利用，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握物质的性质，从化合价的角度分析氧化还原反应，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.向溶液乙中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，证明滤液乙中存在铁离子，但由于上一步加入了氯气，无法证明原矿石样品中存在Fe3+，故A错误；
B.向溶液甲中滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，说明滤液甲中存在铁离子，则原矿石样品中存在Fe3+，故B正确；
C.滤液乙中不一定含有铁离子，所以加入氢氧化钠溶液后不一定会出现红褐色沉淀，故C错误；
D.题中信息和反应流程都无法确定矿石的成分，故D错误；
故选：B。
A.由于滤液甲中进入了氧化剂氯气，无法判断原样品中是否存在铁离子；
B.向滤液甲中进入硫氰化钾溶液，溶液变红证明原样品中含有铁离子；
C.由于无法确定矿石中是否含有铁元素，所以滤液乙中加入氢氧化钠溶液不一定出现红褐色；
D.该题中信息无法判断该矿石的成分．
本题考查了亚铁离子、铁离子的检验方法，题目难度不大，注意明确铁离子、亚铁离子的性质，掌握检验亚铁离子和铁离子的方法．
14.【答案】B
【解析】解：A.该溶液中溶质可能是酸式盐，如硫酸氢钠，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.由实验及现象可知，溶液中一定含有钾离子，但可能是氢氧化钾(属于碱，不属于钾盐)，故B错误；
C.将SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红，说明溶液呈酸性，则二氧化硫为酸性氧化物，SO2 与水反应生成H2SO3使溶液显酸性，故C正确；
D.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由现象可知部分Na2SO3被氧化为Na2SO4，故D正确；
故选：B。
A.溶液可能为硫酸氢钠溶液或酸溶液等，均与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B.K元素的焰色为紫色；
C.二氧化硫为酸性氧化物；
D.亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则h1=58，h2=13，h3=12，h4=1，则高度关系是h4>h1>h3>h2，
故选：B。
①根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，剩余氧气的量为气体总量的38，则水面上升的高度为气体总体积的58；
②根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的量为气体总量的23，则水面上升的高度为气体总体积的13；
③HCl气体完全溶于水，N2不溶于水，剩余气体的量为气体总量的一半，则水面上升的高度为气体总体积的一半；
④根据反应Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4可知，Cl2和SO2恰好反应，剩余气体的量为0，则液体充满试管，
据此分析作答即可。
本题主要考查氮的氧化物与水反应、Cl2与SO2与水反应的有关计算，掌握反应原理是解决本题的关键，对学生的思维能力要求较高，难度中等。
16.【答案】氮分子内两个氮原子间以共价三键结合，断开该化合键需要较多的能量 2NH3+2O2−催化剂△N2O+3H2OBCDNaNO3 2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2H2O+2NH3↑B
【解析】解：(1)由于氮分子内两个氮原子间以共价三键结合，断开该化合键需要较多的能量，所以氮气化学性质稳定，可用作灯泡填充气，
故答案为：氮分子内两个氮原子间以共价三键结合，断开该化合键需要较多的能量；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，同时生成水，反应方程式为2NH3+2O2 −催化剂△N2O+3H2O，
故答案为：2NH3+2O2 −催化剂△N2O+3H2O；
(3)①A.加快通入尾气的速率，尾气和溶液接触时间缩短，尾气不能和溶液充分反应，去除率降低，故A错误；
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可增长尾气和溶液接触面积，使其充分反应，提高去除率，故B正确；
C.尾气吸收过程中定期补加适量NaOH溶液，使NaOH浓度增大，相同时间内吸收尾气的量增多，去除率提高，故C正确；
D.在溶液中氧气将氮的氧化物氧化为硝酸，可能提高尾气中NO和NO2去除率，故D正确，
故答案为：BCD；
②吸收后的溶液经浓缩，结晶，过滤，得到NaNO2晶体，由于亚硝酸钠易被氧化生成硝酸钠，故该晶体的主要杂质为NaNO3，
故答案为：NaNO3；
(4)NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 −△CaCl2+2H2O+2NH3↑；氨气极易溶于水，需要防止倒吸，A、D装置液面上部容器容积比较大，可以起防倒吸，C中氨气从出来后经过四氯化碳再被水吸收，也可以防倒吸，B直接插入水中，会发生倒吸，不宜选取B装置吸收，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 −△CaCl2+2H2O+2NH3↑；B。
(1)氮气分子中原子之间形成三键；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，同时生成水；
(3)①A.加快通入尾气的速率，尾气不能和溶液充分反应；
B.采用气，液逆流的方式吸收尾气，可增长尾气和溶液接触面积；
C.NaOH浓度增大，有利于吸收尾气；
D.在溶液中氧气将氮的氧化物氧化为硝酸；
②NaNO2易被氧化生成硝酸钠；
(4)NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应生成氯化钙、氨气和水；氨气极易溶于水，需要防止倒吸。
本题考查比较综合，涉及氮元素单质及其化合物性质、方程式的书写、实验装置的选取、化学反应原理应用等，需要学生基本扎实的基础与灵活运用的能力。
17.【答案】Fe2O3 AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3− 漏斗 Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO平衡气压 使溶液能够顺利滴下 减小滴加NaOH溶液产生排气量的实验误差 使装置恢复至室温，使a、b液面相平 82%
【解析】解：(1)氧化铁与氢氧化钠不反应，则赤泥的主要成分为Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
(2)“酸化”时通入过量CO2与NaAlO2反应生成Al(OH)3，反应的离子方程式为AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；漏斗；
(3)氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO，
故答案为：Al2O3+N2+3C−高温2AlN+3CO；
(4)分液漏斗上方所连导气管可以起到恒压滴液漏斗的作用，其作用为平衡气压，使溶液能够顺利滴下，反应完毕，应先减小滴加NaOH溶液产生排气量的实验误差，再使装置恢复至室温，使a、b液面相平，最后平视液面，记录b的读数，
故答案为：平衡气压，使溶液能够顺利滴下；减小滴加NaOH溶液产生排气量的实验误差；使装置恢复至室温，使a、b液面相平；
(5)加到100mL1.0mol⋅L−1的NaOH溶液中恰好反应完，则n(NaOH)=0.1L×1.0mol/L=0.10mol，根据反应AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，n(AlN)=n(NaOH)=0.10mol，所以AlN的质量分数为0.1×415×100%=82%，
故答案为：82%。
铝士矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝士矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和Al2O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得沉淀为氢氧化铝，过滤得滤液主要为NaHCO3溶液，氢氧化铝燃烧得氧化铝，氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
18.【答案】吸收二氧化硫，防止污染空气 6.3品红溶液褪色或品红红色褪去 BBaSO4 B 有黄色沉淀生成 2H2S+SO2=3S↓+2H2O
【解析】解：(1)丁装置的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，
故答案为：吸收二氧化硫，防止污染空气；
(2)根据Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，实验中若生成标准状况1.12LSO2，其物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据化学计量数需要Na2SO3为0.05mol，则至少需要0.05mol×126g/mol=6.3g，
故答案为：6.3；
(3)①若X是品红溶液，SO2具有漂白性，气体通过乙装置，观察到的现象是品红溶液褪色或品红红色褪去，
故答案为：品红溶液褪色或品红红色褪去；
②若X是酸性KMnO4溶液，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，当气体通过乙装置时酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2被氧化，二氧化硫表现出了还原性，
故答案为：B；
③若X是FeCl3和BaCl2的混合溶液，SO2气体通过乙装置，和铁离子发生氧化还原反应，反应为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，观察到溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，白色沉淀化学式为BaSO4，
故答案为：BaSO4；
(4)若X是浓硫酸，用于干燥SO2气体，在丙处选用如图戊所示的收集装置，SO2密度大于空气A，进气管应该长进短出，SO2气体从b导管通入集气瓶中，
故答案为：B；
(5)若X是氢硫酸，SO2气体通过乙装置，两者发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O，则观察到的现象是有黄色沉淀生成，
故答案为：有黄色沉淀生成；2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
甲装置Na2SO3和70%硫酸溶液反应制取SO2，乙装置可以进行SO2的检测或者干燥，C为收集装置，导气管应该长进短出，丁为尾气吸收装置，据此结合选项解答。
本题考查了二氧化硫的制备方法及性质，题目难度中等，明确二氧化硫的制备原理及化学性质为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
19.【答案】分液漏斗 产生的氢气易燃易爆 4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+ 减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥 BF
【解析】解：(1)①分析可知，用图示装置制备FeSO4，仪器a的名称是分液漏斗，该实验不用明火加热的原因是反应有氢气产生，产生的氢气易燃易爆，
故答案为：分液漏斗；产生的氢气易燃易爆；
②PH3的具有强还原性，与硫酸铜溶液发生氧化还原反应，结合提示用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu，故对应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓，
故答案为：4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓；
(2)①向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃∼80℃水浴加热，保持溶液pH为1∼2，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，黄色为三价铁离子的颜色，故其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，结合溶解度分析可知，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥，
故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
②过滤的母液结合提示，显强酸性，故C(SO32−)、D(AlO2−)不共存，由于含有硫酸根离子，故E(Ba2+)不共存，溶液显强酸性，且含有亚铁离子，故A(NO3−)不共存，
故答案为：BF。
(1)①分析可知，用图示装置制备FeSO4，仪器a的名称是分液漏斗，该实验不用明火加热的原因是反应有氢气产生；
②PH3的具有强还原性，与硫酸铜溶液发生氧化还原反应，结合提示用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu；
(2)①向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃∼80℃水浴加热，保持溶液pH为1∼2，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，黄色为三价铁离子的颜色，故其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，结合溶解度分析可知，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失；
②过滤的母液结合提示，显强酸性，含有硫酸根离子，亚铁离子，据此判断离子共存问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
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