精品解析：山东省烟台市2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：山东省烟台市2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 关于下列仪器说法错误的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年度第一学期期末学业水平诊断
高一化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列说法错误的是
A. 腹泻患者可以适当饮用添加蔗糖、氯化钠等电解质的饮用水
B. 松花蛋是一种常见食品，若食用时有氨气的味道，可以蘸些食醋
C. “雨过天晴云破处，这般颜色做将来”，所描述的瓷器天青色来自氧化亚铁
D. 用高铁酸钾(K2FeO4)处理饮用水，不仅可以杀菌消毒，还能沉降水中的悬浮物
【答案】A
【解析】
【详解】A．腹泻病人由于大量的排便，很有可能会导致人体严重缺水和电解质紊乱，所以需要补充大量的水分，故A错误；
B．氨气能与酸发生中和反应，用醋可除去氨的气味，故B正确；
C．青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉还原为青色，此时铁是二价铁，瓷器天青色来自氧化亚铁，故C正确；
D．K2FeO4中Fe元素为+6价，具有强氧化性，能够使蛋白质变性，因此处理水时能够消毒杀菌，K2FeO4还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，故D正确；
故选：A。
2. 下列物质应用错误的是
A. CaO可作食品干燥剂
B. 激光打印机墨粉中含有Fe2O3
C. SO2可作食品添加剂
D. NaHCO3可作食品膨松剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaO可以和水反应，可作食品干燥剂，A正确；
B．四氧化三铁具有磁性，激光打印机墨粉中含有Fe3O4，B错误；
C．SO2可作葡萄酒中的抗氧化剂和抑菌剂，可作食品添加剂，C正确；
D．NaHCO3受热分解为CO2，可作食品膨松剂，D正确；
故选B。
3. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是
A. 用托盘天平和称量纸称量NaOH固体
B. 容量瓶中有少量蒸馏水
C. 容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤
D. 定容时，仰视刻度线
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠具有潮解性吸收空气中水且能和空气中二氧化碳反应，使得称量物质中氢氧化钠量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故A不符合题意；
B．容量瓶中有少量蒸馏水，不影响所配溶液浓度，故B不符合题意；
C．容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤使得溶液中溶质增大，导致所配溶液浓度偏高，故C符合题意；
D．定容时，仰视刻度线，使得溶液体积增大，导致所配溶液浓度偏低，故D不符合题意；
故选C。
4. 关于下列仪器说法错误的是

A. ①③可用于过滤 B. ②为坩埚，可用于灼烧固体
C. ④中若装有CaCl2，可用于干燥NH3 D. ⑤可以用酒精灯直接加热
【答案】C
【解析】
【详解】A．过滤需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．②为坩埚，灼烧固体一般在坩埚中进行，B正确；
C．CaCl2不可用于干燥NH3，两者会发生反应，C错误；
D．⑤为蒸发皿，可以用酒精灯直接加热，D正确；
故选C。
5. 用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 浓盐酸与足量MnO2反应生成11.2 L Cl2，转移电子数为NA
B. 将1 mol Cl2通入足量水中，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和为2NA
C. 有铁粉参加的反应，若生成2 mol Fe2+，则转移电子数一定为4NA
D. 0.1 mol FeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．气体状态未知，不能计算转移电子数，A错误；
B．氯气溶于水，部分以氯气分子存在，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和小于2NA，B错误；
C．有铁粉参加反应，若生成2 mol Fe2+，则转移电子数不一定为4NA，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，C错误；
D．Fe(OH)3胶体是多个Fe(OH)3的集合体，0.1 mol FeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D正确；
故选D。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全： Ba2＋＋2OH-＋NH＋H＋＋SO = NH3·H2O＋H2O＋BaSO4↓
B. Fe3O4和足量稀硝酸反应：Fe3O4＋8H＋ = Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
C. 过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO- = HClO＋HSO
D. 强碱性溶液中NaClO将Mn2+氧化成MnO2：Mn2+＋ClO-＋H2O = MnO2↓＋Cl-＋2H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，二者的物质的量相等，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+H+++=BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，故A正确；
B．Fe3O4中铁元素化合价有+2、+3，硝酸具有强氧化性能氧化亚铁离子，将Fe3O4粉末溶于足量的稀硝酸，离子方程式：3Fe3O4+28H++ =9Fe3++NO↑+14H2O，故B正确；
C．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二氧化硫能够还原次氯酸根离子，产物中HClO与还会发生氧化还原反应，离子方程式：SO2+ClO-+H2O═+Cl-+2H+，故C错误；
D．在强碱性溶液中与H+不共存，，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2，离子方程式：ClO-+Mn2++2OH-=MnO2↓+Cl-+H2O，故D错误；
故选：A。
7. 下列由实验现象所得结论正确的是
A. 向BaCl2溶液中通入X气体，产生白色沉淀，则X气体可能是SO2或CO2
B. 某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有Ag+
C. 某溶液中加入Na2CO3溶液有白色沉淀，再滴加盐酸沉淀消失，则原溶液中一定有Ca2+
D. 某溶液中加入稀盐酸产生使品红溶液褪色的气体，则原溶液中可能含SO或HSO
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫、二氧化碳和氯化钡不反应，不能生成沉淀，A错误；
B．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，也可能是钡离子生成的不溶于水的硫酸钡沉淀，不能说明原溶液中一定有Ag+，B错误；
C．若原溶液中含有钡离子也会生成碳酸钡沉淀，加入盐酸出现同样现象，C错误；
D．二氧化硫气体具有漂白性，能使品红溶液褪色，亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子和盐酸生成二氧化硫气体；某溶液中加入稀盐酸产生使品红溶液褪色的气体，则原溶液中可能含SO或HSO，D正确；
故选D。
8. 如图是N、S及其化合物的“价—类”二维图，下列说法正确的是

A. 在一定条件下，a可将c、d还原为b
B. c＇使品红褪色的原理与HClO的漂白原理相同
C. a与浓e、a＇与浓e＇均能发生氧化还原反应
D. 常温下，Fe与浓e和浓e＇均不反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3；a＇为H2S、b＇为S、c＇为SO2、d＇为H2SO3、e＇为H2SO4，据此解答。
【详解】A． a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2，根据化合价以及氧化还原规律，一定条件下，a可将c、d还原为b，A正确，
B ．c＇使品红褪色的原理为与有色物质生成不稳定的无色物质，HClO的漂白原理为将有色物质氧化为无色物质，原理不相同，B错误；
C．氨气和浓硝酸不能发生氧化还原反应，H2S可以和浓硫酸发生氧化还原反应，C错误；
D．常温下，Fe与浓硝酸和浓硫酸发生钝化反应，阻止反应进一步进行，不是不反应，D错误；
故选A。
9. 用铁泥(主要成分为Fe2O3，还含有少量FeO和Fe)制备纳米Fe3O4的流程如下。下列说法正确的是

A. 步骤①发生的反应均为氧化还原反应
B. 步骤②中发生的反应为2Fe3+＋Fe = 3Fe2+、Fe＋2H+ = Fe2+＋H2↑
C. 步骤④中使用过量H2O2有利于提高纳米Fe3O4产率
D. 纳米Fe3O4能产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸和铁泥中氧化铁生成氯化铁、和氧化亚铁生成氯化亚铁、和铁生成氯化亚铁，得到A，A加入铁，铁和过量盐酸生成氯化亚铁、和铁离子生成氯化亚铁得到B，B加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁得到C，C加入过氧化氢生成氢氧化铁得到D，BD处理得到纳米四氧化三铁；
【详解】A．盐酸和铁泥中氧化铁生成氯化铁、和氧化亚铁生成氯化亚铁过程中均没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，A错误；
B．步骤②中铁和过量盐酸生成氯化亚铁、和铁离子生成氯化亚铁，发生的反应为2Fe3+＋Fe = 3Fe2+、Fe＋2H+ = Fe2+＋H2↑，B正确；
C．过量过氧化氢会把B中亚铁离子氧化为铁离子，不利于提高纳米Fe3O4产率，C错误；
D．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；纳米Fe3O4不是分散系，不产生丁达尔效应，D错误；
故选B。
10. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是

A. 装置①用于吸收NH3
B. 装置②用于实验室制氯气
C. 装置③用于Na2O2与水反应制备氧气
D. 装置④用于制备Fe(OH)2且能较长时间观察到白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气极易溶于水，为防止倒吸，球形干燥管应该将细管部分浸入水中而不是全部，不能达到实验目的，故A不符合题意；
B浓盐酸和高锰酸钾固体发生氧化还原反应生成氯气，能达到实验目的，故B符合题意；
C．过氧化钠为粉末状固体不是块状固体，不能使用启普发生器，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．装置④中A试管中橡皮塞的导管应该伸入液面以下，首先打开a弹簧夹反应生成氢气排净装置中空气且生成硫酸亚铁，一段时间后关闭a，A中压强增大将生成硫酸亚铁压入B中生成氢氧化亚铁沉淀，实验不能达到实验目的，故D不符合题意；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是

实验操作
现象
结论
A
将水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星的木条放在试管口
木条复燃
水中的氧元素被氧化
B
向含有淀粉的KI溶液中滴入FeCl3溶液
溶液变蓝
氧化性：Fe3+>I2
C
向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
D
向浓HNO3中加入红热的炭
产生红棕色气体
炭与浓HNO3反应生成NO2

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O2与H2O反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应Na2O2中的氧元素的化合价既有升高又有降低，水中氧元素的化合价不变，没有被氧化，故A错误；
B．向含有淀粉的KI溶液中滴入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，氧化性：Fe3+>I2，故B正确；
C．二氧化硫和NaOH反应生成Na2SO3，溶液碱性减弱，则溶液褪色，不能证明SO2具有漂白性，故C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，故D错误；
故选B。
12. 如图所示，实验室中利用洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。下列说法错误的是

A. 白色固体为CuSO4
B. NO为还原产物，b为氧化产物
C. NO与b的物质的量之和可能为0.2 mol
D. 参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
【答案】C
【解析】
【分析】洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸反应为5Cu+4H2SO4（浓）=Cu2S↓+3CuSO4+4H2O，则生成0.06molCu2S，Cu2S和硝酸、硫酸反应为3Cu2S+4HNO3+6H2SO4=6CuSO4+3S+4NO↑+8H2O，则生成NO、S为0.14mol。
【详解】A．洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，得到Cu2S和白色固体a，根据分析，a为CuSO4，A正确；
B．NO由HNO3被还原得到，为还原产物，b为Cu2S和硝酸反应生成的S，Cu2S被氧化，为氧化产物，B正确；
C．根据分析，NO与b的物质的量之和为0.14mol，C错误；
D．根据5Cu+4H2SO4=Cu2S↓+3CuSO4+4H2O，参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，D正确；
故选C。
13. 微生物法炼铜是在反应釜中加入黄铜矿(CuFeS2，其中Cu为+2价)、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A. 反应釜中保持高温更有利于反应进行
B. 整个转化过程中，可以循环利用的物质有Fe2(SO4)3和H2SO4
C. 反应①的离子方程式为
D. 当黄铜矿中的铁元素全部转化为Fe3+时，生成1 mol SO共消耗2 mol O2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．高温会杀死微生物，高温不利于反应的进行，A错误；
B．由图可知：Fe2(SO4)3、H2SO4是中间产物，可循环利用，B正确；
C．酸性条件下，氧气在微生物存在下氧化亚铁离子为铁离子，反应①的离子方程式为，C正确；
D．Fe元素最终生成Fe3+，S元素转化为，当有1mol生成时，失去电子共8.5mol，消耗O2的物质的量为，D错误；
故选AD。
14. 将Cl2通入含a mol NaOH的溶液中，反应会放热，温度升高后发生反应： 3Cl2＋6NaOH = 5NaCl＋NaClO3＋3H2O。当NaOH完全反应时，下列说法正确的是
A. 反应中作氧化剂的Cl2有0.25a mol
B. 若反应后溶液中=2，则=5
C. NaClO与NaClO3的物质的量之和可能为a mol
D. 反应中转移电子的物质的量可能为a mol
【答案】BD
【解析】
【详解】A．结合钠元素守恒，参与反应的n(NaOH)= a mol时，NaCl、NaClO、NaClO3物质的量之和为amol，根据氯原子守恒，参加反应的Cl2物质的量为0.5a mol，反应中作氧化剂的Cl2有大于0.25a mol，故A错误；
B．令n（ClO-）=1mol，反应后=2，则n（Cl-）=2mol，结合电子转移守恒，5×n（ClO）+1×n（ClO-）=2×n（Cl-），即5×n（ClO3-）+1×1mol=1×2mol，解得n（ClO）=0.2mol，则溶液中，故B正确；
C若NaClO与NaClO3的物质的量之和为a mol，则NaCl的物质的量之和可能为a mol，不符合得失电子守恒，故C错误；
D．当只发生6NaOH+3Cl2═5NaCl+NaClO3+3H2O，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移mol电子，若只发生反应2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移amol电子，故转移电子的物质的量n的范围amol≤n≤mol，可能为amol，故D正确；
故选：BD。
15. 向400 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，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)。下列说法错误的是

A. A点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4
B. AB段的反应为Fe＋2Fe3+ = 3Fe2+
C. 反应中生成的n(NO)：n(H2) = 1：2
D. 最终溶液中溶质的物质的量浓度约为1.25 mol·L-1
【答案】CD
【解析】
【分析】氧化能力：(H+)＞Fe3+＞H+，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全反应消耗11.2gFe，最终消耗22.4gFe，此时溶液中溶质为FeSO4，根据守恒可知n()=n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)。
【详解】A．OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，A点溶液中恰好完全反应，硫酸有剩余，A点溶液中溶质为H2SO4、Fe2(SO4)3，故A正确；
B．由于氧化能力：(H+)＞Fe3+＞H+，OA段Fe和先反应，AB段发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正确；
C．OA段生成的气体为NO，由Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，反应消耗11.2gFe即，则产生0.2mol NO，BC段生成的气体为H2，由Fe+2H+=Fe2++H2↑，反应消耗铁的质量为22.4-16.8=5.6g，，生成0.1mol H2，n(NO)：n(H2) = 2：1，故C错误；
D．最终溶液中溶质为FeSO4，根据守恒可知n()=n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)，最终消耗22.4gFe即，400 mL溶液中FeSO4的物质的量浓度约为，故D错误；
故选：CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，某探究小组制备NaClO2所需装置如图所示(夹持装置略)：

已知：①2ClO2＋H2O2＋2NaOH = 2NaClO2＋O2＋2H2O；
②ClO2气体极易溶于水，但不与水反应，可与碱溶液反应；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。
回答下列问题：
（1）完成该实验需要450 mL 4 mol·L-1的NaOH溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要_______，所需NaOH固体的质量为_______。
（2）仪器A的名称是_______，装置连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示，每个装置仅使用一次)。
（3）装置④中发生反应的化学方程式为_______。
（4）②中NaOH溶液的作用是_______；打开K通入足量空气的目的是_______。
（5）ClO2作消毒剂后转化为Cl-，则其消毒效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是Cl2的_______倍。
【答案】（1） ①. 500 mL容量瓶、玻璃棒 ②. 80.0 g
（2） ①. 分液漏斗 ②. f a b e d c
（3）2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4 = 2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O
（4） ①. 吸收ClO2，防止污染环境 ②. 稀释ClO2，防止爆炸
（5）2.5
【解析】
【分析】在装置④内，NaClO3与Na2SO3的混合液中滴加浓H2SO4，发生反应2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4 = 2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入①装置；①装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入③中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低；ClO2气体会污染大气，装置②进行尾气处理；
【小问1详解】
配制450 mLNaOH溶液需要500mL规格的容量瓶，还需要玻璃棒引流，n(NaOH)=c∙V=4 mol·L-1×0.5L=2mol，所需NaOH固体的质量为m= n∙M=2mol×40g·mol -1=80.0g；
【小问2详解】
仪器A的名称是分液漏斗；装置连接顺序为装置④制取ClO2，通入空气将ClO2与O2气体排入装置①，装置③制取NaClO2，装置②进行尾气处理，装置连接顺序为f a b e d c；
【小问3详解】
装置④中发生反应的化学方程式为2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4 = 2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O；
【小问4详解】
已知ClO2可与碱溶液反应，②中NaOH溶液的作用是吸收ClO2，防止污染环境；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则通入足量空气的目的是：稀释ClO2，防止爆炸；
【小问5详解】
1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子．ClO2消毒的效率是Cl2的=2.5倍。
17. 某小组探究一袋 “硫酸亚铁园艺精品肥料”的花肥是否变质并研究其相关性质。首先对该花肥的成分提出假设：
假设I：只含Fe2+；假设II：_______；假设III：只含Fe3+。
（1）假设II是_______，假设的依据是_______(用文字表述)。
取适量花肥于试管中，加入适量稀硫酸溶解得到X溶液，进行如下实验：
实验序号
实验操作
实验现象
①
取2 mL X溶液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
②
取2 mL X溶液于试管中，滴入1滴KSCN溶液
溶液显红色

（2）实验①发生反应的离子方程式为_______。
（3）由实验②可知，X溶液中一定含有_______(填离子符号)。
为进一步验证假设，该小组又进行如下实验：
实验序号
实验操作
实验现象
③
取2 mL X溶液于试管中，加入1滴KSCN溶液，再加入1 mL H2O
溶液显红色
④
取2 mL X溶液于试管中，加入1滴KSCN溶液，再加入1 mL新制氯水
溶液显红色，且比实验③中的红色深

（4）通过实验③④可知，假设_______(填“I”“II”或“III”)成立。
（5）该小组同学根据所学化学知识认为将变质的花肥与维生素C混合后溶于水，仍能正常使用。这是利用了维生素C的_______(填“氧化性”或“还原性”)。
【答案】（1） ①. 含Fe2+和Fe3+ ②. Fe2+具有还原性，放置在空气中一段时间后，容易被O2氧化为Fe3+
（2）5Fe2＋＋MnO＋8H＋ = 5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
（3）Fe3+ （4）II
（5）还原性
【解析】
小问1详解】
根据假设I和III可知假设II：含Fe2+和Fe3+，假设的依据是Fe2+具有还原性，放置在空气中一段时间后，容易被O2氧化为Fe3+；
【小问2详解】
实验①中Fe2＋与KMnO4发生氧化还原反应生成Mn2+，使溶液紫色褪去，反应的离子方程式为5Fe2＋＋＋8H＋ = 5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
【小问3详解】
KSCN溶液用于检验Fe3+，形成Fe(SCN)3，溶液变红色，由实验②可知，X溶液中一定含有Fe3+；
【小问4详解】
由实验③加入KSCN溶液显红色说明含有Fe3+，由实验④加入新制氯水红色加深，说明Fe2+被氧化生成Fe3+，则含有Fe2+和Fe3+，假设II成立；
【小问5详解】
变质的花肥含有Fe3+，与维生素C混合后溶于水，仍能正常使用，维生素C可被铁离子氧化，具有还原性。
18. 物质类别和元素化合价是研究物质性质的两个重要角度。回答下列问题：
Ⅰ.S在不同价态之间的转化：
（1）反应①的转化说明SO2的类别属于_______；欲制备Na2S2O3溶液，从化合价的角度分析，反应②合理的是_______(填标号)。
a.Na2SO3＋Na2SO4 b.Na2SO3＋S c.Na2SO3＋Na2S2O5
Ⅱ.某兴趣小组模拟工业制取Na2S2O3的装置(夹持和加热装置略)如图所示。

（2）装置A中发生反应的化学方程式为_______；装置B的作用为_______。
（3）装置C发生的反应有①Na2CO3＋SO2 =Na2SO3＋CO2；② ……；③Na2SO3＋SNa2S2O3,反应②的离子方程式为_______；已知反应③相对较慢，当观察到装置C中出现_______的现象，说明反应已完全。为制得纯净的Na2S2O3，应使三颈烧瓶中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则三颈烧瓶中Na2S和Na2CO3物质的量之比应为_______。
（4）工业上常用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2，氧化产物为SO，发生反应的离子方程式为_______；临床上Na2S2O3可用于氰化物解毒，解毒原理为S2O＋CN- = SCN-＋SO。体外模拟该解毒实验，检验该转化有SCN-生成的实验操作是_______。
【答案】（1） ①. 酸性氧化物 ②. b
（2） ①. Na2SO3＋H2SO4 = Na2SO4＋H2O＋SO2↑ ②. 安全瓶，防止倒吸
（3） ①. 2S2-＋3SO2 = 2SO＋3S↓ ②. 溶液变澄清(或浑浊消失) ③. 2：1
（4） ①. S2O＋4Cl2＋5H2O = 2SO＋8Cl-＋10H＋ ②. 取模拟解毒后的溶液于试管中，滴加FeCl3溶液
【解析】
【小问1详解】
二氧化硫和碳酸钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，该转化说明SO2的类别属于酸性氧化物；Na2S2O3中S的化合价为+2，制备Na2S2O3时选用的反应物含S元素，则根据氧化还原反应中的“归中反应”规律，反应物中S元素的化合价应一个大于+2价、一个小于+2价，只有Na2SO3+S符合，故选b；
【小问2详解】
装置A中制取SO2，发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4 = Na2SO4＋H2O＋SO2↑；装置B的作用为安全瓶，防止倒吸；
【小问3详解】
装置C发生的反应有①Na2CO3＋SO2 =Na2SO3＋CO2；②2NaS+3SO2=2Na2SO3+3S↓；③Na2SO3＋SNa2S2O3，反应②的离子方程式为2S2-＋3SO2 = 2SO＋3S↓；S为不溶物，当观察到装置C中出现溶液变澄清(或浑浊消失)的现象，说明反应已完全。总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，则三颈烧瓶中Na2S和Na2CO3物质的量之比应为2：1；
【小问4详解】
用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2，氧化产物为SO，发生反应的离子方程式为S2O＋4Cl2＋5H2O = 2SO＋8Cl-＋10H＋；临床上Na2S2O3可用于氰化物解毒，解毒原理为S2O＋CN- = SCN-＋SO。根据铁离子遇到硫氰根离子变红，检验该转化有SCN-生成的实验操作是取模拟解毒后的溶液于试管中，滴加FeCl3溶液。
19. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图。回答下列问题：

（1）氧化炉中发生反应的化学方程式为_______；尾气中氮氧化物(NOx)对环境的污染有_______(填两条即可)。
（2）硝酸工业尾气(含NO、NO2)常用NaOH溶液吸收处理，可获得副产品NaNO2，等物质的量的NO与NO2被足量NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为_______。
（3）某小组为研究铜与浓、稀HNO3反应的差异，设计如图所示的实验装置。反应开始前通入过量的CO2气体，目的是_______；A中的离子方程式为_______。当B中有0.03 mol铜粉被氧化时，B中产生的n(NO)_______0.02 mol(“>”、“=”或“ ④. NaOH溶液
【解析】
【分析】氮气和氢气催化生成氨气，氨气和氧气催化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸；
浓硝酸和铜生成硝酸铜和二氧化氮、稀硝酸和铜生成硝酸铜和一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮气体；
【小问1详解】
氧化炉中发生反应为氨气和氧气催化生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；尾气中氮氧化物(NOx)对环境的污染有光化学烟雾、雾霾、酸雨等；
【小问2详解】
NO与NO2中氮元素化合价分别为+2、+4，等物质的量的NO与NO2被足量NaOH溶液吸收则反应生成+3价氮的化合物，故反应生成NaNO2，反应的离子方程式为NO＋NO2＋2OH- = 2NO＋H2O；
【小问3详解】
一氧化氮和氧气生成二氧化氮气体，故实验中需要排除空气中氧气的干扰，反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排尽装置内的空气，A中浓硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮、水，离子方程式为Cu＋2NO＋4H＋ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；稀硝酸和铜生成硝酸铜和一氧化氮，，由于二氧化氮和水也会生成一氧化氮气体，故当B中有0.03 mol铜粉被氧化时，B中产生的n(NO)大于0.02 mol；尾气含有的氮氧化合物有毒，需要尾气处理，故C装置中的液体是NaOH溶液，吸收尾气防止污染。
20. “侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献，某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程如下。回答下列问题：

已知：几种物质的溶解度随温度变化的曲线如图。
（1）向饱和食盐水中应先通_______后通_______，反应的总化学方程式为_______；操作①过滤后得到NaHCO3晶体，利用溶解度曲线图分析，NaHCO3容易从溶液中析出的原因是_______。

（2）“系列操作”为_______、过滤 。
（3）除母液2外，上述流程中循环利用的物质有_______；验证NH4Cl晶体中存在NH的方法是_______。
（4）测定产品的纯度：称取所制备的纯碱产品m1 g溶于水中，滴加足量Ba(OH)2溶液，过滤，洗涤沉淀。将所得沉淀充分干燥，称量得到m2 g固体，则产品中纯碱的质量分数为_______ (列表达式即可，不需化简)。如果此步骤中，沉淀未干燥充分就称量，则测得纯碱的质量分数_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. NH3 ②. CO2 ③. NH3＋NaCl＋H2O＋CO2 = NaHCO3↓＋NH4Cl ④. 在相同温度下NaHCO3的溶解度比NaCl、NH4Cl、NH4HCO3的都小
（2）蒸发浓缩、冷却结晶
（3） ①. CO2 ②. 取适量晶体，加入过量NaOH溶液加热，如果生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则表明晶体中存在NH(答案合理即可)
（4） ①. ②. 偏小
【解析】
【分析】饱和食盐水首先通入氨气使得溶液显碱性可以吸收更多的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠溶解较小而析出晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，母液1蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铵晶体和母液2；
【小问1详解】
向饱和食盐水中应先通氨气后通二氧化碳，总反应为氯化钠、水、氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的总化学方程式为NH3＋NaCl＋H2O＋CO2 = NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3容易从溶液中析出的原因是在相同温度下NaHCO3的溶解度比NaCl、NH4Cl、NH4HCO3的都小，容易首先达到饱和析出；
【小问2详解】
“系列操作”为得到氯化铵晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
【小问3详解】
碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故除母液2外，上述流程中循环利用的物质有二氧化碳；铵根离子和氢氧根离子反应会生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的氨气，故验证NH4Cl晶体中存在NH的方法是取适量晶体，加入过量NaOH溶液加热，如果生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则表明晶体中存在NH；
【小问4详解】
碳酸钠和碳酸氢钠均和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，，将所得沉淀充分干燥，称量得到m2 g碳酸钡固体，设碳酸钠、碳酸氢钠质量分别为a、m1-a，根据碳元素守恒可知，，a=，故产品中纯碱的质量分数为。如果此步骤中，沉淀未干燥充分就称量，导致m1 中含有水，m1偏大，测得纯碱的质量分数偏小。