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北京市八一学校2023-2024学年高三上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）
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考试时长90分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Ca-40 Ti-48 Mn-55 Fe-56 Zr-91 Ba-137
一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项)
1. 下列有关放射性核素的说法中，不正确的是
A. 原子核外电子数为15B. 可能用于同位素示踪
C. 原子的质量数为17D. 和的化学性质基本相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质子数为15，原子核外电子数=质子数=15，A正确；
B．是的一种同位素，具有放射性，可能用于同位素示踪，B正确；
C．原子的质子数为15，质量数为32，中子数为17，C不正确；
D．和互为同位素，二者的化学性质基本相同，所以和的化学性质基本相同，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语书写正确的是
A. 中子数为9的氧原子：
B. 氧化钠的电子式：
C. 基态K原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d1
D. 基态N原子的价电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为9的氧原子，则质量数为9+8=17，则中子数为9的氧原子：，故A错误；
B．氧化钠是离子化合物，由钠离子与氧离子构成，电子式为 ，故B错误；
C．基态K原子核外有19个电子，根据构造原理书写基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，故C错误；
D．N原子价电子排布式为2s22p3，价电子的轨道表示式为 ，故D正确；
故选：D。
3. 下列粒子的空间构型不同于其他三个的是
A. 气态B. 气态C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SeO3中Se是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子的离域大π键，为平面三角形结构；
B．三氧化硫中硫是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子的离域大π键，为平面三角形结构；
C．亚硫酸根离子中的硫采用的是sp3杂化，空间构型为三角锥形；
D．硝酸根离子中N和O都是sp2杂化，N在中间，O位于三角形顶点，为平面三角形；
空间构型不同于其他三个的是，
答案选C。
4. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 6.2g Na2O中的离子总数为0.2NA
B. pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NA
C. 2.3g Na和足量O2反应转移电子数为0.1NA
D. 标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．6.2g Na2O的物质的量为=0.1ml，0.1ml Na2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法错误；
B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；
C．2.3g Na的物质的量为=0.1ml，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1ml Na完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法正确；
D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
5. 依据元素周期律，下列判断不正确的是
A. 第一电离能：B. 原子半径：
C. 电负性：N【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，原子的第一电离能大于相邻元素，则锂、铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，选项A错误；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为MgC．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则氮、氧、氟的电负性由小到大的顺序为ND．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硅、磷、氯的最高价氧化物对应水化物的酸性由小到大的顺序为H2SiO3故选A。
6. 维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键
B. 维生素C能使溴水、酸性溶液褪色
C. 维生素C可保存在强碱性环境中
D. 维生素C分子中含有σ键和π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，A正确；
B．维生素C含有碳碳双键能使溴水、酸性溶液褪色，B正确；
C．维生素C含有酯基，在强碱环境中酯基会发水解，C错误；
D．维生素C分子中含有碳碳双键，含有σ键和π键，D正确；
答案选C。
7. 下列各离子组在指定的溶液中一定能够大量共存的是
A. 无色溶液中：、、、
B. 滴入石蕊溶液变红的溶液中：、、、
C. 由水电离出的的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜离子在溶液中显出蓝色，溶液要求无色，故A错误；
B.溶液显酸性，在酸性溶液中氢离子、亚铁离子、硝酸根不能大量共存，故B错误；
C.溶液既可能是酸性，也可能是碱性，酸性条件下，碳酸氢根不能大量共存，碱性条件下铵根、碳酸氢根不能大量共存，故C错误；
D.溶液显碱性，上述离子之间不反应，也不和氢氧根反应，因此能大量共存，故D正确；
故选D。
8. 探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故A正确；
B．将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B错误；
C．将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C正确；
D．将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D正确；
答案B。
9. 下列实验中相关反应的离子方程式书写不正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，氢氧化钡完全反应，钡离子和氢氧根的系数比为1：2，离子方程式为，A错误；
B．氢氧化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式，B正确；
C．据图可知氢氧化钡少量，所以氢氧根可以完全反应，氢氧化钡和碳酸氢钠的系数比为1：2，离子方程式为，C正确；
D．KAl(SO4)2过量，则铝离子生成氢氧化铝沉淀，钡离子和硫酸根生成硫酸钡沉淀，由于氢氧化钡少量，所以要保持钡离子和氢氧根的系数比为1：2，，可得离子方程式为，D正确；
综上所述答案A。
10. 萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 氟化钙的化学式为CaFB. 每个晶胞中含有14个
C. 氟化钙中只含有离子键D. 每个周围距离最近且等距的有4个
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，位于晶胞的顶点和面心，数目为，位于晶胞体内，数目为8。
【详解】A．根据上述分析可知，数目为4，数目为8，则氟化钙的化学式为2，故A错误；
B．每个晶胞中含有4个，故B错误；
C．氟化钙是由钙离子和氟离子构成的化合物，只含有离子键，故C正确；
D．以面心处为研究对象，每个周围距离最近且相等的有8个，故D错误；
故选C。
11. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故A错误；
B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B错误；
C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误；
D．和为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D正确；
故选：D。
12. 在酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，溶液紫色褪去，其反应的离子方程式为：2MnO4−＋16H＋＋5Na2O2 === 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列说法正确的是
A. 通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液
B. O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物
C. KMnO4溶液紫色褪去，说明Na2O2具有漂白性
D. 此反应产生22.4 L O2（标准状况下）时转移了2 ml e－
【答案】D
【解析】
【详解】A.浓盐酸是强还原性的酸，不能酸化氧化性强的高锰酸钾，两者发生氧化还原反应，故A错误；
B.该反应中高锰酸根中的Mn元素的化合价从+7价降低+2价，所以Mn2＋是还原产物，过氧化钠中的O元素从-1价升高到0价，所以O2是氧化产物，故B错误；
C.过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现过氧化钠的还原性，而不是漂白性，故C错误；
该反应中转移10个电子，生成5ml氧气，故生成标准状况下22.4L氧气，转移2ml电子，故D正确。
故选D。
13. 元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。
下列说法正确的是
A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性TB. R、X、Y的单质失去电子能力最强的是X
C. M与Q形成的是离子化合物
D. M、Q、Z都在第2周期
【答案】A
【解析】
【分析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，说明R为钠元素，Q为氧元素，其中T元素的主要化合价有－2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子半径比氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y分别为铝、镁元素，据此分析可得结论。
【详解】A.由上述分析可知，T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性SB. 由上述分析可知，R、X、Y分别为钠、镁、铝三种金属元素，其金属性强弱为钠>镁>铝，则单质失去电子能力最强的是钠，故B错误；
C. M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；
D. 由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。
故答案选A。
14. 某同学向和的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
下列实验分析中，不正确的是
A. ①说明被完全消耗
B. ②中试纸褪色的原因是被还原
C. ③中若将溶液换成溶液，也能说明被氧化为
D. 该实验条件下，品红溶液和均被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．①加热褪色后的溶液，溶液不变红，试纸不变蓝，说明被完全消耗，若有剩余，可将KI氧化成而使试纸变蓝，A项正确；
B．②加热褪色后的溶液，溶液不变红，试纸褪色，说明被还原为，B项正确；
C．③中若将溶液换成溶液，在酸性条件下可将氧化为，故仅根据生成白色沉淀，不能说明被氧化为，C项错误；
D．实验条件下，被氧化生成，由②可知剩余，加热后的溶液不变红，说明品红被氧化，D项正确；
故选C。
二、填空题(本部分共5题，共58分)
15. 具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
（1）以、合成，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为___________。
②实际生产中采用铁的氧化物、，使用前用和的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：
ⅰ．两种晶胞所含铁原子个数比为___________。
ⅱ．图1晶胞的棱长为，则其密度___________。
③我国科学家开发出等双中心催化剂，在合成中显示出高催化活性。第一电离能：，从原子结构角度解释原因___________。
（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
①1体积水可溶解1体积，1体积水可溶解约700体积。极易溶于水的原因是___________。
②反应时，向饱和溶液中先通入___________。
③分解得。空间结构为___________。
（3）、(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
①的中心原子的杂化轨道类型为___________。
②存在配位键，写出其体现配位键的结构式___________。
③比较熔点：___________(填“>”或“<”)。
【答案】15. ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. 1:2 ③. ④. H、Li、Na为于同一主族，价电子数相同，自上而下半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小，
16. ①. 与H2O能形成分子间氢键 ②. ③. 平面三角形
17. ①. sp3 ②. ③. >
【解析】
【小问1详解】
①铁是26号元素，态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
②ⅰ．根据均摊原则，左侧晶胞中铁原子数为 ，右侧晶胞中铁原子数为，两种晶胞所含铁原子个数比为1:2。
ⅱ．图1晶胞的棱长为，晶胞中铁原子数为2，则其密度。
③H、Li、Na为于同一主族，价电子数相同，自上而下半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小，所以。
【小问2详解】
①与H2O能形成分子间氢键，所以极易溶于水。
②二氧化碳在水中的溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水呈碱性，比饱和食盐水更易溶解二氧化碳，所以反应时，先向饱和食盐水中通入氨气形成饱和氨盐水，再通入二氧化碳形成碳酸氢钠沉淀和氯化铵。
③中C原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形。
【小问3详解】
①中心N原子价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3。
②存在配位键，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，其体现配位键的结构式为。
③中N原子电负性大，能形成分子间氢键，所以熔点>。
16. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种常温下液态的化合物和。D基态原子的价电子中没有未成对电子，E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，X是本周期元素中电负性最大的元素。
（1）的电子式为___________；分子的空间构型是___________；E在周期表中的位置是___________。
（2）比较D和E的第一电离能：___________<___________(填写元素符号)。
（3）实验室制取X单质的离子方程式：___________。工业制取漂白液的离子反应方程式：___________。
（4）E和X的最高价氧化物对应水化物两者发生反应的离子反应方程式：___________。
（5）镓与E为同主族元素，氮化镓作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是___________(填字母序号)。
a．Ga位于元素周期表的第四周期p区
b．中Ga的化合价为
c．的氧化性强于的氧化性
d．核外电子排布式为
（6）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为___________。
【答案】16. ①. ②. V形 ③. 第三周期第ⅢA族
17. ①. Na ②. Al
18. ①. ②.
19. 20. ab
21.
【解析】
【分析】A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素；A、B能形成两种液态化合物和，则B为O元素；D基态原子的价电子中没有未成对电子，且原子序数大于A、B，则D为Na元素；E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，且E原子序数大于D，则E为Al元素；X是本周期元素中电负性最大的元素，且X原子序数大于E，则X为Cl元素；由上述分析可知A为H元素；B为O元素；D为Na元素；E为Al元素；X为Cl元素。
【小问1详解】
①，氢原子与氧原子之间形成一个极性共价键，氧原子与氧原子之间形成一个非极性共价键，电子式为：；
②为，其价层电子对数为，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为V形；
③E为Al元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族；
【小问2详解】
D为Na元素，E为Al元素，同周期第一电离能随着原子序数的增大，电离能有增大的趋势，所以第一电离能Na＜Al；
【小问3详解】
①X为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子反应方程式为：；
②工业制取漂白液是将氯气通入氢氧化钠溶液，其离子反应方程式为：；
【小问4详解】
E和X的最高价氧化物对应水化物为和，两者发生反应的离子反应方程式为：；
【小问5详解】
Ga与E为同主族元素，其位于第四周期第ⅢA族，是p区元素，a项正确；GaN中Ga为金属，化合价为+3价，b项正确；Al和Ga同主族，Ga的还原性大于Al，则的氧化性小于，c项错误；Ga的核外电子排布式为：，所以核外电子排布式为：，d项错误；故选ab；
【小问6详解】
由题意可知，与发生氧化还原反应，生成和，根据化合价升降守恒，需要有水的参与，可得该反应的离子方程式为：。
17. NO和等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）氮氧化物易产生硝酸型酸雨，写出形成酸雨的反应方程式___________。
（2）SCR(选择性催化还原)技术能有效降低柴油发动机中氮氧化物的排放，工作原理如下：
①尿素水溶液加热分解为和，该反应的化学方程式：___________。
②反应器中用还原的化学方程式：___________。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中在作用下会形成，使催化剂中毒。用化学方程式表示的形成：___________。
（3）可以用溶液吸收尾气中的NO，可提高NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性溶液中，氧化NO生成时发生反应的离子方程式为___________。
②溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是___________。
【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（2） ①. CO(NH2)2+H2OCO2↑＋2NH3↑ ②. 8NH3+6NO27N2+12H2O ③. 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
（3） ①. ②. NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高
【解析】
【小问1详解】
NO2与水反应生成硝酸，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3随雨水落下，形成硝酸型酸雨；故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【小问2详解】
CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，根据元素守恒，反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2↑＋2NH3↑；
根据图示，反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，NH3中N元素化合价由-3升高为0、NO2中N元素化合价由+4降低为0，根据得失电子守恒配平方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4，SO2中S元素化合价由+4升高为+6，O2中O元素化合价由0降低为-2，反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
【小问3详解】
①在酸性溶液中，氧化NO生成时发生反应的离子方程式为；
②NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高。
18. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。
(1)K2FeO4的制备：
①i中反应的离子方程式是_______。
② 将ii中反应的离子方程式补充完整：____Fe3+ +____OH- +____ClO-=____FeO42-+_______+________
③ iii中反应说明溶解度：Na2FeO4_______K2FeO4(填“＞”或“＜ ”)。
(2)K2FeO4的性质：
i. 将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应。
ii. 将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。
iii. 将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快。
① K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是_______。
② K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是_______。
(3)K2FeO4的应用。K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：
① K2FeO4脱氮的最佳pH是_____。
② 根据图推测，pH = 4时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以______形式存在。
③ pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：_______。
【答案】 ①. 2Fe2+ +H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O ②. 2 ③. 10 ④. 3 ⑤. 2 ⑥. 3Cl－ ⑦. 5H2O ⑧. ＞ ⑨. 4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH ⑩. pH越小，氧化性越强 ⑪. pH≈8 ⑫. NH4+ ⑬. pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化
【解析】
【分析】将硫酸亚铁与酸性过氧化氢溶液反应，得到硫酸铁，硫酸铁与氢氧化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应，得到高铁酸钠，再加入氢氧化钾，可以到到高铁酸钾；
(1)①i中是2Fe2+ 和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应；
②根据电荷守恒和元素守恒完成并配平离子方程式；
③ iii中由高铁酸钠溶液转化为高铁酸钾粗品，说明溶解度减小；
(2)①根据K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应的现象，完成化学方程式。
②根据将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快的现象，得出pH越小，氧化性越强；
(3)①根据图象，pH≈8时，K2FeO4脱氮率最高；
②图象可以得出，pH = 4时，氮元素的去除率为百分之六十，生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)生活垃圾中的含氮物质为NH4+；
③由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱；
【详解】将硫酸亚铁与酸性过氧化氢溶液反应，得到硫酸铁，硫酸铁与氢氧化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应，得到高铁酸钠，再加入氢氧化钾，可以到到高铁酸钾；
(1).①i中是2Fe2+ 和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，2Fe2++H2O2+2H+ =2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②根据电荷守恒和元素守恒完成并配平离子方程式， 2Fe3+ +10OH- +3ClO-=2FeO42-+ 3Cl－ +5H2O，
故答案为：2；10；3；2；3Cl－；5H2O；
③iii中由高铁酸钠溶液转化为高铁酸钾粗品，说明溶解度减小，
故答案为：＞；
(2).①将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应根据现象写出化学方程式4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH，
故答案为：4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH；
②根据将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快的现象，得出pH越小，氧化性越强，
故答案：pH越小，氧化性越强；
(3).①根据图象，pH≈8时，K2FeO4脱氮率最高，
故答案为：pH≈8；
②图象可以得出，pH = 4时，氮元素的去除率为百分之六十，生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)生活垃圾中的含氮物质为NH4+，
故答案为：NH4+；
③由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱，
故答案为：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性碱弱，不利于将含氮物质氧化；
19. 某小组同学探究与溶液的反应。
（1）实验Ⅰ：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将通入溶液中。
实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到；静置9h后，溶液变为浅绿色。
①浓与Cu反应的化学方程式是_______。
②试剂a是_______。
（2）分析C中溶液颜色变化的原因。
①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是_______。(写离子方程式)。
②针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。
假设1：主要与、有关。
假设2：主要与、有关。
实验Ⅱ证实假设1不成立，假设2成立。
实验Ⅱ：向溶液中加入溶液，_______(填现象)，然后滴加_______ (填试剂)，溶液变为黄色。
（3）进一步探究与、显红棕色的原因。
查阅资料：(红棕色)
实验Ⅲ：向溶液中滴加溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。
甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有、、，并设计如下检验方案。
①乙同学认为酸性溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是_______。
②实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是_______、_______。
（4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O ②. 饱和NaHSO3溶液
（2） ①. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+ ②. 溶液变为红棕色 ③. 硫酸（或盐酸）
（3） ①. 溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验； ②. BaCl2溶液 ③. H2O2（氯水等合理即可）
（4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。
【解析】
【小问1详解】
浓与Cu反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；试剂a是除杂试剂饱和NaHSO3溶液，去除二氧化硫中混有的杂质气体而不损耗二氧化硫；
【小问2详解】
溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；向溶液中加入溶液，溶液变为红棕色，然后滴加硫酸或盐酸，溶液变为黄色。
【小问3详解】
溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2（氯水等合理即可），先滴加氯化钡无明显现象说明不含硫酸根，再加氧化剂生成沉淀说明亚硫酸根被氧化成硫酸根；
【小问4详解】
实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。实验
试剂a
现象
结论
A
溶有SO2的BaCl2溶液
产生沉淀
H2O2有氧化性
B
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
H2O2有氧化性
C
KI淀粉溶液
溶液变蓝
H2O2有氧化性
D
盐酸酸化的FeCl2溶液
溶液变黄
H2O2有氧化性
装置
编号
溶质X
①
H2SO4
②
CuSO4
③
NaHCO3
④
KAl(SO4)2
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
和浓盐酸
b
e
B
Cu和稀硫酸
b
c
C
NO
Cu和稀硝酸
b
c
D
和
a
d
元素代号
M
R
Q
T
X
Y
Z
原子半径／nm
0.037
0.186
0.074
0.102
0.150
0.160
0.099
主要化合价
+1
+1
－2
－2、+4、+6
+3
+2
－1
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0
考试时长90分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Ca-40 Ti-48 Mn-55 Fe-56 Zr-91 Ba-137
一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项)
1. 下列有关放射性核素的说法中，不正确的是
A. 原子核外电子数为15B. 可能用于同位素示踪
C. 原子的质量数为17D. 和的化学性质基本相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质子数为15，原子核外电子数=质子数=15，A正确；
B．是的一种同位素，具有放射性，可能用于同位素示踪，B正确；
C．原子的质子数为15，质量数为32，中子数为17，C不正确；
D．和互为同位素，二者的化学性质基本相同，所以和的化学性质基本相同，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语书写正确的是
A. 中子数为9的氧原子：
B. 氧化钠的电子式：
C. 基态K原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d1
D. 基态N原子的价电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为9的氧原子，则质量数为9+8=17，则中子数为9的氧原子：，故A错误；
B．氧化钠是离子化合物，由钠离子与氧离子构成，电子式为 ，故B错误；
C．基态K原子核外有19个电子，根据构造原理书写基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，故C错误；
D．N原子价电子排布式为2s22p3，价电子的轨道表示式为 ，故D正确；
故选：D。
3. 下列粒子的空间构型不同于其他三个的是
A. 气态B. 气态C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SeO3中Se是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子的离域大π键，为平面三角形结构；
B．三氧化硫中硫是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子的离域大π键，为平面三角形结构；
C．亚硫酸根离子中的硫采用的是sp3杂化，空间构型为三角锥形；
D．硝酸根离子中N和O都是sp2杂化，N在中间，O位于三角形顶点，为平面三角形；
空间构型不同于其他三个的是，
答案选C。
4. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 6.2g Na2O中的离子总数为0.2NA
B. pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NA
C. 2.3g Na和足量O2反应转移电子数为0.1NA
D. 标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．6.2g Na2O的物质的量为=0.1ml，0.1ml Na2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法错误；
B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；
C．2.3g Na的物质的量为=0.1ml，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1ml Na完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法正确；
D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
5. 依据元素周期律，下列判断不正确的是
A. 第一电离能：B. 原子半径：
C. 电负性：N
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，原子的第一电离能大于相邻元素，则锂、铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，选项A错误；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为Mg
6. 维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键
B. 维生素C能使溴水、酸性溶液褪色
C. 维生素C可保存在强碱性环境中
D. 维生素C分子中含有σ键和π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，A正确；
B．维生素C含有碳碳双键能使溴水、酸性溶液褪色，B正确；
C．维生素C含有酯基，在强碱环境中酯基会发水解，C错误；
D．维生素C分子中含有碳碳双键，含有σ键和π键，D正确；
答案选C。
7. 下列各离子组在指定的溶液中一定能够大量共存的是
A. 无色溶液中：、、、
B. 滴入石蕊溶液变红的溶液中：、、、
C. 由水电离出的的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜离子在溶液中显出蓝色，溶液要求无色，故A错误；
B.溶液显酸性，在酸性溶液中氢离子、亚铁离子、硝酸根不能大量共存，故B错误；
C.溶液既可能是酸性，也可能是碱性，酸性条件下，碳酸氢根不能大量共存，碱性条件下铵根、碳酸氢根不能大量共存，故C错误；
D.溶液显碱性，上述离子之间不反应，也不和氢氧根反应，因此能大量共存，故D正确；
故选D。
8. 探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故A正确；
B．将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B错误；
C．将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C正确；
D．将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D正确；
答案B。
9. 下列实验中相关反应的离子方程式书写不正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，氢氧化钡完全反应，钡离子和氢氧根的系数比为1：2，离子方程式为，A错误；
B．氢氧化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式，B正确；
C．据图可知氢氧化钡少量，所以氢氧根可以完全反应，氢氧化钡和碳酸氢钠的系数比为1：2，离子方程式为，C正确；
D．KAl(SO4)2过量，则铝离子生成氢氧化铝沉淀，钡离子和硫酸根生成硫酸钡沉淀，由于氢氧化钡少量，所以要保持钡离子和氢氧根的系数比为1：2，，可得离子方程式为，D正确；
综上所述答案A。
10. 萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 氟化钙的化学式为CaFB. 每个晶胞中含有14个
C. 氟化钙中只含有离子键D. 每个周围距离最近且等距的有4个
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，位于晶胞的顶点和面心，数目为，位于晶胞体内，数目为8。
【详解】A．根据上述分析可知，数目为4，数目为8，则氟化钙的化学式为2，故A错误；
B．每个晶胞中含有4个，故B错误；
C．氟化钙是由钙离子和氟离子构成的化合物，只含有离子键，故C正确；
D．以面心处为研究对象，每个周围距离最近且相等的有8个，故D错误；
故选C。
11. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故A错误；
B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B错误；
C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误；
D．和为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D正确；
故选：D。
12. 在酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，溶液紫色褪去，其反应的离子方程式为：2MnO4−＋16H＋＋5Na2O2 === 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列说法正确的是
A. 通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液
B. O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物
C. KMnO4溶液紫色褪去，说明Na2O2具有漂白性
D. 此反应产生22.4 L O2（标准状况下）时转移了2 ml e－
【答案】D
【解析】
【详解】A.浓盐酸是强还原性的酸，不能酸化氧化性强的高锰酸钾，两者发生氧化还原反应，故A错误；
B.该反应中高锰酸根中的Mn元素的化合价从+7价降低+2价，所以Mn2＋是还原产物，过氧化钠中的O元素从-1价升高到0价，所以O2是氧化产物，故B错误；
C.过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现过氧化钠的还原性，而不是漂白性，故C错误；
该反应中转移10个电子，生成5ml氧气，故生成标准状况下22.4L氧气，转移2ml电子，故D正确。
故选D。
13. 元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。
下列说法正确的是
A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T
C. M与Q形成的是离子化合物
D. M、Q、Z都在第2周期
【答案】A
【解析】
【分析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，说明R为钠元素，Q为氧元素，其中T元素的主要化合价有－2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子半径比氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y分别为铝、镁元素，据此分析可得结论。
【详解】A.由上述分析可知，T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S
C. M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；
D. 由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。
故答案选A。
14. 某同学向和的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
下列实验分析中，不正确的是
A. ①说明被完全消耗
B. ②中试纸褪色的原因是被还原
C. ③中若将溶液换成溶液，也能说明被氧化为
D. 该实验条件下，品红溶液和均被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．①加热褪色后的溶液，溶液不变红，试纸不变蓝，说明被完全消耗，若有剩余，可将KI氧化成而使试纸变蓝，A项正确；
B．②加热褪色后的溶液，溶液不变红，试纸褪色，说明被还原为，B项正确；
C．③中若将溶液换成溶液，在酸性条件下可将氧化为，故仅根据生成白色沉淀，不能说明被氧化为，C项错误；
D．实验条件下，被氧化生成，由②可知剩余，加热后的溶液不变红，说明品红被氧化，D项正确；
故选C。
二、填空题(本部分共5题，共58分)
15. 具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
（1）以、合成，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为___________。
②实际生产中采用铁的氧化物、，使用前用和的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：
ⅰ．两种晶胞所含铁原子个数比为___________。
ⅱ．图1晶胞的棱长为，则其密度___________。
③我国科学家开发出等双中心催化剂，在合成中显示出高催化活性。第一电离能：，从原子结构角度解释原因___________。
（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
①1体积水可溶解1体积，1体积水可溶解约700体积。极易溶于水的原因是___________。
②反应时，向饱和溶液中先通入___________。
③分解得。空间结构为___________。
（3）、(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
①的中心原子的杂化轨道类型为___________。
②存在配位键，写出其体现配位键的结构式___________。
③比较熔点：___________(填“>”或“<”)。
【答案】15. ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. 1:2 ③. ④. H、Li、Na为于同一主族，价电子数相同，自上而下半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小，
16. ①. 与H2O能形成分子间氢键 ②. ③. 平面三角形
17. ①. sp3 ②. ③. >
【解析】
【小问1详解】
①铁是26号元素，态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
②ⅰ．根据均摊原则，左侧晶胞中铁原子数为 ，右侧晶胞中铁原子数为，两种晶胞所含铁原子个数比为1:2。
ⅱ．图1晶胞的棱长为，晶胞中铁原子数为2，则其密度。
③H、Li、Na为于同一主族，价电子数相同，自上而下半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小，所以。
【小问2详解】
①与H2O能形成分子间氢键，所以极易溶于水。
②二氧化碳在水中的溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水呈碱性，比饱和食盐水更易溶解二氧化碳，所以反应时，先向饱和食盐水中通入氨气形成饱和氨盐水，再通入二氧化碳形成碳酸氢钠沉淀和氯化铵。
③中C原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形。
【小问3详解】
①中心N原子价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3。
②存在配位键，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，其体现配位键的结构式为。
③中N原子电负性大，能形成分子间氢键，所以熔点>。
16. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种常温下液态的化合物和。D基态原子的价电子中没有未成对电子，E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，X是本周期元素中电负性最大的元素。
（1）的电子式为___________；分子的空间构型是___________；E在周期表中的位置是___________。
（2）比较D和E的第一电离能：___________<___________(填写元素符号)。
（3）实验室制取X单质的离子方程式：___________。工业制取漂白液的离子反应方程式：___________。
（4）E和X的最高价氧化物对应水化物两者发生反应的离子反应方程式：___________。
（5）镓与E为同主族元素，氮化镓作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是___________(填字母序号)。
a．Ga位于元素周期表的第四周期p区
b．中Ga的化合价为
c．的氧化性强于的氧化性
d．核外电子排布式为
（6）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为___________。
【答案】16. ①. ②. V形 ③. 第三周期第ⅢA族
17. ①. Na ②. Al
18. ①. ②.
19. 20. ab
21.
【解析】
【分析】A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素；A、B能形成两种液态化合物和，则B为O元素；D基态原子的价电子中没有未成对电子，且原子序数大于A、B，则D为Na元素；E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，且E原子序数大于D，则E为Al元素；X是本周期元素中电负性最大的元素，且X原子序数大于E，则X为Cl元素；由上述分析可知A为H元素；B为O元素；D为Na元素；E为Al元素；X为Cl元素。
【小问1详解】
①，氢原子与氧原子之间形成一个极性共价键，氧原子与氧原子之间形成一个非极性共价键，电子式为：；
②为，其价层电子对数为，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为V形；
③E为Al元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族；
【小问2详解】
D为Na元素，E为Al元素，同周期第一电离能随着原子序数的增大，电离能有增大的趋势，所以第一电离能Na＜Al；
【小问3详解】
①X为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子反应方程式为：；
②工业制取漂白液是将氯气通入氢氧化钠溶液，其离子反应方程式为：；
【小问4详解】
E和X的最高价氧化物对应水化物为和，两者发生反应的离子反应方程式为：；
【小问5详解】
Ga与E为同主族元素，其位于第四周期第ⅢA族，是p区元素，a项正确；GaN中Ga为金属，化合价为+3价，b项正确；Al和Ga同主族，Ga的还原性大于Al，则的氧化性小于，c项错误；Ga的核外电子排布式为：，所以核外电子排布式为：，d项错误；故选ab；
【小问6详解】
由题意可知，与发生氧化还原反应，生成和，根据化合价升降守恒，需要有水的参与，可得该反应的离子方程式为：。
17. NO和等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）氮氧化物易产生硝酸型酸雨，写出形成酸雨的反应方程式___________。
（2）SCR(选择性催化还原)技术能有效降低柴油发动机中氮氧化物的排放，工作原理如下：
①尿素水溶液加热分解为和，该反应的化学方程式：___________。
②反应器中用还原的化学方程式：___________。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中在作用下会形成，使催化剂中毒。用化学方程式表示的形成：___________。
（3）可以用溶液吸收尾气中的NO，可提高NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性溶液中，氧化NO生成时发生反应的离子方程式为___________。
②溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是___________。
【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（2） ①. CO(NH2)2+H2OCO2↑＋2NH3↑ ②. 8NH3+6NO27N2+12H2O ③. 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
（3） ①. ②. NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高
【解析】
【小问1详解】
NO2与水反应生成硝酸，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3随雨水落下，形成硝酸型酸雨；故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【小问2详解】
CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，根据元素守恒，反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2↑＋2NH3↑；
根据图示，反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，NH3中N元素化合价由-3升高为0、NO2中N元素化合价由+4降低为0，根据得失电子守恒配平方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4，SO2中S元素化合价由+4升高为+6，O2中O元素化合价由0降低为-2，反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
【小问3详解】
①在酸性溶液中，氧化NO生成时发生反应的离子方程式为；
②NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高。
18. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。
(1)K2FeO4的制备：
①i中反应的离子方程式是_______。
② 将ii中反应的离子方程式补充完整：____Fe3+ +____OH- +____ClO-=____FeO42-+_______+________
③ iii中反应说明溶解度：Na2FeO4_______K2FeO4(填“＞”或“＜ ”)。
(2)K2FeO4的性质：
i. 将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应。
ii. 将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。
iii. 将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快。
① K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是_______。
② K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是_______。
(3)K2FeO4的应用。K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：
① K2FeO4脱氮的最佳pH是_____。
② 根据图推测，pH = 4时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以______形式存在。
③ pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：_______。
【答案】 ①. 2Fe2+ +H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O ②. 2 ③. 10 ④. 3 ⑤. 2 ⑥. 3Cl－ ⑦. 5H2O ⑧. ＞ ⑨. 4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH ⑩. pH越小，氧化性越强 ⑪. pH≈8 ⑫. NH4+ ⑬. pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化
【解析】
【分析】将硫酸亚铁与酸性过氧化氢溶液反应，得到硫酸铁，硫酸铁与氢氧化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应，得到高铁酸钠，再加入氢氧化钾，可以到到高铁酸钾；
(1)①i中是2Fe2+ 和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应；
②根据电荷守恒和元素守恒完成并配平离子方程式；
③ iii中由高铁酸钠溶液转化为高铁酸钾粗品，说明溶解度减小；
(2)①根据K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应的现象，完成化学方程式。
②根据将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快的现象，得出pH越小，氧化性越强；
(3)①根据图象，pH≈8时，K2FeO4脱氮率最高；
②图象可以得出，pH = 4时，氮元素的去除率为百分之六十，生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)生活垃圾中的含氮物质为NH4+；
③由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱；
【详解】将硫酸亚铁与酸性过氧化氢溶液反应，得到硫酸铁，硫酸铁与氢氧化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应，得到高铁酸钠，再加入氢氧化钾，可以到到高铁酸钾；
(1).①i中是2Fe2+ 和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，2Fe2++H2O2+2H+ =2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②根据电荷守恒和元素守恒完成并配平离子方程式， 2Fe3+ +10OH- +3ClO-=2FeO42-+ 3Cl－ +5H2O，
故答案为：2；10；3；2；3Cl－；5H2O；
③iii中由高铁酸钠溶液转化为高铁酸钾粗品，说明溶解度减小，
故答案为：＞；
(2).①将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应根据现象写出化学方程式4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH，
故答案为：4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH；
②根据将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快的现象，得出pH越小，氧化性越强，
故答案：pH越小，氧化性越强；
(3).①根据图象，pH≈8时，K2FeO4脱氮率最高，
故答案为：pH≈8；
②图象可以得出，pH = 4时，氮元素的去除率为百分之六十，生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)生活垃圾中的含氮物质为NH4+，
故答案为：NH4+；
③由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱，
故答案为：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性碱弱，不利于将含氮物质氧化；
19. 某小组同学探究与溶液的反应。
（1）实验Ⅰ：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将通入溶液中。
实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到；静置9h后，溶液变为浅绿色。
①浓与Cu反应的化学方程式是_______。
②试剂a是_______。
（2）分析C中溶液颜色变化的原因。
①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是_______。(写离子方程式)。
②针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。
假设1：主要与、有关。
假设2：主要与、有关。
实验Ⅱ证实假设1不成立，假设2成立。
实验Ⅱ：向溶液中加入溶液，_______(填现象)，然后滴加_______ (填试剂)，溶液变为黄色。
（3）进一步探究与、显红棕色的原因。
查阅资料：(红棕色)
实验Ⅲ：向溶液中滴加溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。
甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有、、，并设计如下检验方案。
①乙同学认为酸性溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是_______。
②实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是_______、_______。
（4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O ②. 饱和NaHSO3溶液
（2） ①. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+ ②. 溶液变为红棕色 ③. 硫酸（或盐酸）
（3） ①. 溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验； ②. BaCl2溶液 ③. H2O2（氯水等合理即可）
（4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。
【解析】
【小问1详解】
浓与Cu反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；试剂a是除杂试剂饱和NaHSO3溶液，去除二氧化硫中混有的杂质气体而不损耗二氧化硫；
【小问2详解】
溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；向溶液中加入溶液，溶液变为红棕色，然后滴加硫酸或盐酸，溶液变为黄色。
【小问3详解】
溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2（氯水等合理即可），先滴加氯化钡无明显现象说明不含硫酸根，再加氧化剂生成沉淀说明亚硫酸根被氧化成硫酸根；
【小问4详解】
实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。实验
试剂a
现象
结论
A
溶有SO2的BaCl2溶液
产生沉淀
H2O2有氧化性
B
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
H2O2有氧化性
C
KI淀粉溶液
溶液变蓝
H2O2有氧化性
D
盐酸酸化的FeCl2溶液
溶液变黄
H2O2有氧化性
装置
编号
溶质X
①
H2SO4
②
CuSO4
③
NaHCO3
④
KAl(SO4)2
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
和浓盐酸
b
e
B
Cu和稀硫酸
b
c
C
NO
Cu和稀硝酸
b
c
D
和
a
d
元素代号
M
R
Q
T
X
Y
Z
原子半径／nm
0.037
0.186
0.074
0.102
0.150
0.160
0.099
主要化合价
+1
+1
－2
－2、+4、+6
+3
+2
－1
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0
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