山东省泰安市2022届高三化学上学期期中试题(含解析)

/山东省泰安市2022届高三上学期期中考试化学试题1.下列有关操作的说法不正确的是A.《本草经集注》记载了鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，此处运用了物质升华的性质B.《本草纲目》记载了烧酒的制作工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，此处用到的操作是蒸馏C.《肘后备急方》一书中有“青蒿一握，以水二升渍，绞其汁”，此处用到的操作是溶解D.唐诗有“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始得金”的诗句，此处用到的操作是过滤【答案】A【解析】【详解】A.钾元素的焰色反应为紫色，钠元素的焰色为黄色，则硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)可通过焰色反应来鉴别，运用的是元素的焰色反应，故A说法错误；B.《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，此法为蒸馏操作，故B说法正确；C.“以水二升渍”中的“渍”即为浸泡溶解，故C说法正确；D.诗句中的“淘”和“漉”的原理和过滤的原理相同，故D说法正确；答案选A。2.分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准合理的是A.根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质B.根据分散系是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液C.根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物D.根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A.弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，强电解质和弱电解质的分类标准并不是电解质在水溶液中导电性的强弱，而是在水溶液中电离程度的大小，故A不合理；B.根据分散质粒子的大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据是否具有丁达尔现象，故B不合理；C.根据纯净物中的元素组成，将纯净物分成单质和化合物，只由一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故C分类标准合理；D.根据反应中的能量变化，可将化学反应分为放热反应和吸热反应；氧化还原反应和非氧化还原反应的分类标准为反应中是否有电子的转移，故D不合理；答案选C。【点睛】本题的易错项为B，区别溶液和胶体的实验方法可以是丁达尔现象，但两种分散系的本质区别是分散质粒子的大小不同。3.下列说法不正确的是A.二氧化氯是一种高效安全的消毒剂B.沙子、石英、水晶等都是天然存在的二氧化硅C.SO2能漂白石蕊试液、高锰酸钾溶液D.还原铁粉可以用作食品袋内的抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A.二氧化氯具有强氧化性，是一种不产生致癌物的广谱环保型杀菌消毒剂，故A说法正确；B.沙子、石英、水晶等都是天然存在的二氧化硅，故B说法正确；C.SO2通入紫色石蕊试液中，由于生成了亚硫酸，溶液显酸性，使之变红色；SO2通入高锰酸钾溶液能将之还原而使溶液的紫红色褪去，并不是因为二氧化硫的漂白性，是因为SO2具有还原性，故C说法不正确；D.还原铁粉能被空气中的氧气氧化，可以用作食品袋内的抗氧化剂，故D说法正确；答案选C。【点睛】二氧化硫能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，并不是因为二氧化硫的漂白性，而是二氧化硫的还原性；二氧化硫漂白性的特点为能和品红溶液等有色物质化合生成不稳定的无色物质。4.下列化学用语正确的是A.硫原子结构示意图：B.次氯酸分子的结构式：H—O—C1C.H2O2的电子式：D.碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3==Na++H++CO32-【答案】B【解析】【详解】A.硫原子核外电子数为16，其结构示意图为：，故A错误；B.氧原子最外层电子数为6，可分别为氯原子和氢原子形成共价键，从而形成8电子稳定结构，其结构式为：H—O—C1，故B正确；C.H2O2为共价化合物，其电子式为：，故C错误；D.碳酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，故电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故D错误；答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A.将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol·L-1的氨水B.15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0.2NAC.一定条件下，0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3分子数为0.2NAD.1molCl2参加反应，转移的电子数一定为2NA【答案】B【解析】【详解】A．将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1mol•L-1，故A错误；B.Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，则15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物总的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol，且每摩尔Na2O2中含有1molO22-；每摩尔Na2S中含有1molS2-，15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0.2NA，故B正确；C.一定条件下，0.1molN2与0.3molH2反应生成NH3为可逆反应，不可能完全转化，则生成的NH3分子数应小于0.2NA，故C错误；D.当氯气在反应中既是氧化剂，又是还原剂时，1molCl2参加反应，转移的电子数不一定为2NA，如反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，当1molCl2参加此反应时，转移的电子数为NA，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数在物质的量浓度、物质组成、化学反应的限度和氧化还原反应中应用。本题的易错点为Na2O2的组成，在Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，两个氧原子构成一个过氧根离子。6.下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是XYAA二氧化氮酸性氧化物氧化物B硫酸化合物电解质C胶体分散系混合物D置换反应氧化还原反应离子反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应的盐和水，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3不是NO2相应的酸，即二氧化氮并不属于酸性氧化物，故A错误；B.硫酸属于化合物，但化合物不一定属于电解质，如CO2、NO等，它们属于化合物，但不属于电解质，故B错误；C.分散系包括胶体、溶液、悬浊液等，分散系都属于混合物，故C正确；D.置换反应属于氧化还原反应，氧化还原反应不一定是离子反应，如H2＋Cl22HCl，故D错误；答案选C。7.下列各组离子能大量共存的是A.pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cu2+、Cl-B.“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Ca2+、H+、Cl-C.加入KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl-、S2-D.白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-【答案】A【解析】【详解】A.在pH=2的溶液中，NH4+、Na+、Cu2+、Cl-相互间不能发生离子反应，故A能大量共存；B.“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，能将Fe2+氧化，能与H+结合成HClO，故B不能大量共存；C.加入KSCN显红色，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+能与S2-发生氧化还原反应，故不能大量共存；D.白醋中含有醋酸，溶液显酸性，在酸性条件下CO32-会与H+生成二氧化碳气体和水，故D不能大量共存；答案选A。【点睛】本题主要考查溶液中的离子共存问题，在判断时主要从复分解反应发生的条件和氧化还原反应发生的条件来分析，如“84”消毒液具有强氧化性，能将亚铁离子氧化，则B项中离子不能大量共存；D项中CO32-在白醋中能发生复分解反应生成二氧化碳，故D项中离子不能大量共存。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A.原子半径大小顺序为：Y>Z>XB.X元素最高价氧化物的水化物酸性最强C.Y元素的简单氢化物稳定性最强D.Z单质难溶于化合物WZ2【答案】A【解析】【分析】由短周期主族元素W、X、Y、Z四种元素在周期表中的位置关系可知W、X为第2周期，Y、Z为第3周期，设W的原子序数为a，则X、Y、Z的原子序数分别为a+3、a+9、a+10，则有a+3+a+9+a+10+a=46，a=6，故W、X、Y、Z四种元素分别为碳、氟、磷、硫，据此分析解答。【详解】A.同周期元素的原子半径随核电荷数的增加而逐渐减小，同主族元素的原子半径随核电荷数的增加而逐渐增大，即有原子半径大小顺序为：Y>Z>X，故A正确；B.X元素为氟元素，不存在最高价氧化物的水化物，故B错误；C.在四种元素中非金属性最强的是F（X），其氢化物的稳定性最强，故C错误；D.Z为硫元素，硫单质易溶于二硫化碳中，故D错误；答案选A。9.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列说法正确的是()A.原子数目相等的三种气体，质量最大的是ZB.相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XC.若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1molD.同温下，体积相同的两容器分别充入2gY气体和1gZ气体，则其压强比为2∶1【答案】B【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）＝0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），A、三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一定是Z，A错误；B、根据密度ρ＝M/Vm可知，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B正确；C、气体的物质的量n＝V/Vm，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；D、同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，所以2gY气体和1gZ气体的物质的量之比是4：1，因此Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D错误，答案选B。点睛：本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的适用范围和条件。10.下列除杂方案错误的是选项被提纯物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(g)CO2(g)氢氧化钠溶液、浓硫酸洗气BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓硫酸洗气CNH4Cl(aq)Fe3+氢氧化钠溶液过滤DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.二氧化碳能与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A方案正确；B.HCl极易溶于水，而饱和食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故B方案正确；C.氢氧化钠溶液与Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，但是氢氧化钠溶液也会和NH4+反应生成弱碱NH3∙H2O，不能达到除杂的目的，故C方案错误；D.Na2CO3灼烧无变化，NaHCO3灼烧会分解生成Na2CO3、H2O和CO2，H2O和CO2以气体形式逸出，所以可通过灼烧除去NaHCO3，故D方案正确；答案选C。【点睛】本题主要考查了学生对元素及其化合物知识的掌握与应用的能力。选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不引入新的杂质；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。11.下列叙述正确的有①碱性氧化物：Na2O2、MgO、A12O3②常温下Cu、Fe、Al均不能和浓硫酸发生化学反应③Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得④分别以熔融的NaCl、MgCl2、Al2O3为原料通过电解法制取金属Na、Mg、Al⑤碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的均一、透明的分散系分别为：溶液、胶体A.①④⑤ B.③④⑤ C.②③④ D.②④⑤【答案】B【解析】【详解】①中Na2O2为过氧化物，不属于碱性氧化物，A12O3为氧化物，也不属于碱性氧化物，故①说法不正确；②常温下Fe、Al在浓硫酸中发生钝化，发生了氧化还原反应，故②说法不正确；③二氧化碳通入CaCO3悬浊液中发生化合反应：CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2；氢氧化亚铁在空气中被氧化发生化合反应:4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；铁与氯化铁可发生化合反应生成氯化亚铁：Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得，故③说法正确；④金属Na、Mg、Al的冶炼原理分别为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故④说法正确；⑤碘晶体分散到酒精中形成的是碘的酒精溶液，而饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的是氢氧化铁胶体，故⑤说法正确；综上所述，正确的说法有③④⑤，故答案选B。12.下列反应的离子方程式正确的是A.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：2A13++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2A1(OH)3↓B.将SO2气体通入NaC1O溶液中：SO2+2C1O-+H2O==SO42-+2HC1OC.向FeBr2溶液中通入过量C12：2Fe2++4Br-+2C12==2Fe3++2Br2+4C1-D.VO2+与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2++MnO4-+H2O===Mn2++5VO2++2H+【答案】D【解析】【详解】A.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全时，铝离子恰好完全转化为偏铝酸根离子，对应的离子方程式为：2Ba2++2SO42-+Al3++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故A错误；B.离子反应SO2+2C1O-+H2O=SO42-+2HC1O前后氧原子个数不守恒、只有失电子没有得电子，少量的二氧化硫通入NaC1O溶液中对应的离子方程式为：3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故B错误；C.离子反应2Fe2++4Br-+2C12=2Fe3++2Br2+4C1-前后电荷不守恒，向FeBr2溶液中通入过量C12的离子反应为：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++6Cl-+2Br2，故C错误；D.离子反应5VO2++MnO4-+H2O=Mn2++5VO2++2H+符合氧化还原规律、电荷守恒和原子个数守恒，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查离子方程式书写正误的判断，解答此类问题需做“三看”和“三查”。（1）注意“三看”：看反应环境，看操作顺序，看反应物之间量的关系。（2）牢记“三查”：查物质是否能拆分成离子形式，查三个守恒，查阴阳离子的比例与它们形成化合物时的比例是否相同。13.下列有关实验装置或操作进行的相应实验，能达到实验目的的是A.用图甲所示装置分离乙醇和碘的混合液B.用图乙所示操作配制100mL0.1mol·L-1硫酸溶液C.用图丙所示装置制备、收集纯净的一氧化氮D.用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫【答案】D【解析】【详解】A.碘易溶于乙醇中，溶液不会分层，不能用分液的方法分离，故A错误；B.浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移至容量瓶中，不能直接在容量瓶中稀释或配制溶液，故B错误；C.NO不能用排空气法收集，NO能与氧气反应生成二氧化氮，应用排水法收集，故C错误；D.SO2能使品红溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而吸收，因此可用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，故D正确，答案选D。14.海水综合利用的工艺流程如图所示(粗盐中的可溶性杂质有MgC12、CaC12、Na2SO4)。下列说法错误的是A.步骤①加入试剂的顺序：水→NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaC12溶液→过滤后加盐酸B.步骤②的操作是在氯化氢气流中加热MgC12·6H2OC.从步骤③到步骤⑤的目的是为了浓缩富集溴D.火力发电厂燃煤排放的含SO2的烟气经处理后可用在步骤④反应中【答案】A【解析】【详解】A.若步骤①加入试剂的顺序为：水→NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaC12溶液→过滤后加盐酸，则过量的BaC12杂质不能被除去，Na2CO3溶液应在BaC12溶液的后面加入，故A说法错误；B.氯化镁易水解，为防止水解，步骤②中结晶出的MgCl2•6H2O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B说法正确；C.溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集了溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集溴，故C说法正确；D.火力发电厂燃煤排放的含SO2的烟气经处理后用在步骤④反应中，既可减少二氧化硫的排放，同时变废为宝，降低生产成本，故D说法正确；答案选A。15.某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应：4Li+2SOCl2===4LiCl+S+SO2。下列有关判断正确的是A.反应中被氧化的元素有Li和S B.SOCl2既是氧化剂又是还原剂C.还原产物包括LiCl和S D.生成标况下1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol【答案】D【解析】【详解】A.在反应中Li元素的化合价由0升高到+1，硫元素的化合价由+4价降为0价，即在反应中Li元素被氧化，S元素被还原，故AB.在反应中SOCl2中只有硫元素的化合价降低，所以SOCl2只是氧化剂，故B错误；C.在反应中SOCl2被还原生成S，而Li被氧化生成LiCl，所以反应中还原产物为S，LiCl为氧化产物，故C错误；D.反应4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2中，每生成1molSO2转移4mol电子，则标准状况下生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol，故D正确；答案选D。16.己知A、B、C、D之间的置换转化关系如图所示、且A、D为单质。下列说法正确的是A.若A为Fe，D为H2，则B一定为酸B.若A为非金属单质，则D不一定为非金属单质C.若A为金属单质，D为非金属单质，则D一定是H2D.若A、D均为金属单质，则组成元素的金属性A必强于D【答案】B【解析】A．若A为铁，D为氢气，B为酸、醇等，可以与金属铁反应生成氢气，A错误；B．若A为非金属单质，则D不一定为非金属单质，例如氢气还原氧化铜，B正确；C．若A为金属单质，D为非金属单质，则D不一定是氢气，例如碳和二氧化硅反应生成硅和CO，C错误；D．若A、D均为金属单质，则组成元素的金属性A不一定强于D，例如再一定条件下钠可以置换出K，D错误，答案选B。17.“碳捕捉技术”是指通过一定的方法，将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存利用。利用NaOH溶液来“捕捉”CO2的过程如图所示(部分条件及物质未标出)。下列说法错误的是A.能耗大是该方法的一大缺点B.整个过程中，有2种物质可以循环利用C.“反应、分离”环节中，有复分解反应发生D.“反应、分离”环节中，分离的基本操作是蒸发、结晶【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量，耗能大，故A说法正确；B.基本过程中有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的物质为CaO和NaOH两种，故B说法正确；C.在“反应、分离”环节中，发生的主要反应为：NaHCO3+Ca(OH)2=H2O+CaCO3↓+NaOH，反应类型为复分解反应，故C说法正确；D.“反应、分离”过程中分离物质的操作是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故D说法错误；答案选D。18.将32．5gZn投入到VmL浓硫酸中共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是A.所得溶液的浓度 B.所得气体的质量C.所得气体在标准状况下的体积 D.原硫酸的浓度【答案】C【解析】【详解】32.5g锌的物质的量为0.5mol，与浓硫酸反应生成硫酸锌、SO2和H2O，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应的方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，由反应可知1mol锌产生1mol氢气或1molSO2，所以可以由锌的物质的量计算产生的气体在标准状况下的体积。由于不能确定氢气和SO2的体积之比，所以不能计算氢气和SO2的物质的量，以及消耗的硫酸的物质的量，反应后溶液的体积不能确定，则不能计算反应后溶液的浓度，故答案选C。19.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）用于文物年代测定的元素，其核素符号为_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的简单离子半径由大到小的顺序为_________(用离子符号表示)。（3）元素f的单质与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________________。（4）元素h单质的氧化性强于元素g单质的氧化性的事实是___________(用离子方程式表示)。【答案】(1).614C(2).第2周期第VA族(3).S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+(4).2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑(5).S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）能用于文物年代测定的是14C，其核素的符号为：614C，z元素为氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案为：：614C（2）元素d、e、f、g原子的简单离子分别是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三个电子层，半径最大，O2-、Na+、Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案为：S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h为氯元素，元素g为硫元素，氯元素的非金属性较硫强，所以氯气的氧化性强于硫，能与硫化钠溶液或氢硫酸反应得到硫单质，反应的离子反应为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。20.A、B、C、X均为中学化学常见物质，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则A不是_____(填序号)。a．Cb．Nac．Ald．S若C是红棕色气体，则A可能是___________或____________。（2）若X是一种温室气体，单质A被誉为国防金属，则反应①的化学方程式为___________________________________________________。（3）若X为苛性碱，A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则反应②的离子方程式为___________________________________________________。【答案】(1).c(2).N2(3).NH3(4).2Mg+CO22MgO+C(5).HS-+OH-=S2-+H2O【解析】【分析】当X为氧气时，符合此转化关系的变化有：C（CH4）→CO→CO2、N2（NH3）→NO→NO2、S（H2S）→SO2→SO3、Na→Na2O→Na2O2等；当X为二氧化碳、A为Mg时，则有如下转化关系：Mg→C→CO；当X为NaOH、A为H2S气体时，有如下转化：H2S→HS-→S2-，据此分析解答。【详解】（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则X为O2，a.当A为C时，可发生如下转化：C→CO→CO2；b.当A为Na时，可发生如下转化：Na→Na2O→Na2O2；c.当A为铝时，不能实现上述转化关系；d.当A为S时，可发生如下转化：S→SO2→SO3；若C是红棕色气体，则C为NO2，转化关系可以是：NH3→NO→NO2或N2→NO→NO2，综上所述，答案为：c；N2或NH3；（2）X是一种温室气体，则X为二氧化碳；单质A被誉为国防金属，则A为金属Mg，反应①为镁在二氧化碳中燃烧的反应，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）X为苛性碱，则X为NaOH；A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则A为H2S，所以转化关系为：H2S→NaHS→Na2S，反应②的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O。【点睛】本题主要考查了物质间的转化规律，符合题给连续转化关系的物质间的转化有多种情况，一是氧化还原反应类型，如含C、N、S、Fe等元素的单质及化合物之间的转化；二是复分解反应类型，如碱→正盐→酸式盐、正盐→酸式盐→新盐和铝三角之间的相互转化等。21.良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物CO、NOX、SO2具有十分重要的意义。（1）氧化还原法消除NOX的转化如下所示：。反应I为NO+O3===NO2+O2，其还原产物是_________。反应Ⅱ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。（2）吸收SO2和NO获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-和NO2-，请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式_______________。装置III中发生反应的离子方程式为_________________。（3）已知进入装置IV的溶液中NO2-的浓度为amol·L-1，要使1L该溶液中NO2-完全转化为NH4NO3，至少需向装置IV中通入标准状况下的氧气____L(用含a代数式表示)。【答案】(1).NO2(2).3:2(3).2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋(4).2Ce3＋+2H＋＋2HSO3-2Ce4＋+S2O42-＋2H2O(5).11.2aL【解析】【分析】（1）根据反应NO＋O3=NO2＋O2可知：O3中部分氧元素由0价下降到-2价，而NO中氮元素的化合价升高，都转化为NO2，所以该反应中的还原产物和氧化产物都是NO2。反应Ⅱ中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物，NO2中氮元素由+4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由-3价升高到0价，由得失电子数目守恒可得n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2；（2）NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO3-和NO2-，根据流程图可知Ce4＋被还原为Ce3＋，由氧化还原反应的规律分析可得离子反应：2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；装置III为电解池，由流程图可知在装置中的反应物有Ce3＋和HSO3-，生成物为Ce4＋和S2O42-，然后结合离子反应的电荷守恒和质量守恒可得答案；（3）溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气，因此NO2-被氧气氧化生成NO3-，氮元素化合价由+3价升高到+5价，氧气中氧元素由0价降低到-2价，由氧化还原反应中得失电子数目守恒可得关系式：2NO2-~O2，由此计算解答。【详解】（1）根据反应NO＋O3=NO2＋O2可知：O3中部分氧元素由0价下降到-2价，生成了NO2，所以该反应中的还原产物为NO2；反应Ⅱ中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物，NO2中氮元素由+4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由-3价升高到0价，被氧化，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时氧化还原反应中得失电子数目守恒，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故答案为：NO2、3:2；（2）NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO3-和NO2-，根据流程图可知Ce4＋被还原为Ce3＋，因此离子方程式为2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；装置III为电解池，Ce3＋失电子被氧化生成Ce4＋，在电解槽中阳极上失电子，阳极反应式为：2Ce3＋-2e-=2Ce4＋，根据流程图可知HSO3-参与反应，在阴极得电子，因此反应式为2H＋＋2HSO3-＋2e－=S2O42-＋2H2O，则装置III中发生反应的离子方程式为2Ce3＋+2H＋＋2HSO3-2Ce4＋+S2O42-＋2H2O，故答案为：2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；2Ce3＋+2H＋＋2HSO3-2Ce4＋+S2O42-＋2H2O；（3）溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气，因此NO2-被氧气氧化生成NO3-，氮元素化合价由+3价升高到+5价，氧气中氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知两者反应的关系式为：2NO2-~O2，n（NO2-）=amol/L·1L=amol，则需氧气的物质的量为：n（NO2-）÷2=mol，其标准状况下的体积为：mol×22.4L/mol=11.2aL，故答案为：11.2aL。【点睛】本题主要考查氧化还原反应的原理和离子反应方程式的书写，解答此类问题的突破口为元素化合价前后的变化，依据为得失电子数目守恒。22.在实验室中模拟“侯氏制碱法”，其实验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，一段时间后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体，进而生产出纯碱。第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。（1）下图所示装置的连接顺序是：a接_______，_______接______；b接_______(填接口序号)。（2）A中常选用的固体反应物为_________；D中应选用的液体为____________。（3）第二步中让___________装置先发生反应(填装置序号)。（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是____________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是__________________________。（5）第三步分离出NaHCO3固体的操作是__________________________。（6）第四步中所加固体粉末化学式为___________。所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(共约占5％～8％)，请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C【答案】(1).f(2).e(3).d(4).c(5).石灰石(6).饱和碳酸氢钠溶液(7).B(8).防止倒吸(9).吸收多余的氨气(10).过滤(11).NaCl(12).取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵【解析】【分析】由“侯氏制碱法”的原理可知：实验时需先向饱和食盐水中通入足量的氨气，然后再通入二氧化碳气体，装置A为二氧化碳的发生装置，装置B为氨气的发生装置，装置C为反应装置，装置D为二氧化碳的净化装置，据此分析解答。【详解】（1）装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，氨气通入C中应防止倒吸，则b接c，a接f、e接d，故答案为：f、e、d、c；（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，一般采用盐酸与CaCO3反应来制取，所以A中固体反应物为石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去，会影响碳酸氢钠的产率，所以应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故答案为：石灰石、饱和碳酸氢钠溶液；（3）因为氨气极易溶解于水，二氧化碳气体在水中溶解性较小，所以实验时，饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，有利于气体的吸收，实验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为：B；（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，容易发生倒吸，C中用球形干燥管，可以防止倒吸；多余的NH3能与CaCl2结合生成CaCl2·8NH3，所以装有无水CaCl2的U形管可吸收多余的NH3，故答案为：防止倒吸；吸收多余的氨气；（5）第三步中得到的NaHCO3在溶液中以晶体的形式析出，分离出NaHCO3晶体采用的方法为过滤，故答案为：过滤；（6）实验第四步可向溶液中加入NaCl粉末，有利于NH4Cl晶体的析出；若所得的晶体大部分为NH4Cl晶体，经过充分加热，NH4Cl会分解成气体，余下少量的氯化钠和碳酸钠等固体，故答案为：NaCl；取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵。【点睛】本题考查了实验室制备碳酸氢钠的过程分析和装置作用判断，掌握候氏制碱的反应原理和反应特征是解题关键，气体的通入顺序判断是解答的易错点，因为二氧化碳在水中的溶解度并不大，而在碱性溶解程度较大，故先通入氨气，形成氨的饱和NaCl溶液，再通入二氧化碳气体，有利于二氧化碳的吸收。23.现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1gII．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。【答案】(1).250mL容量瓶(2).胶头滴管(3).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(4).再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0．1g(5).×100%(6).过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰(7).否(8).如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定(9).2.8bc/a【解析】【分析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0．1g，因b1－b2=0.3g>0.1g，所以接下来需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0．1g；由铁元素质量守恒可得红棕色固体中铁元素就是样品中的铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2-W1）g×；则样品中铁元素的质量为：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以样品中铁元素的质量分数为：×100%，故答案为：再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0．1g；×100%；II．（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，是因为过量的盐酸会被酸性KMnO4溶液氧化，对KMnO4的滴定有干扰，故答案为：过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰；（5）选择的还原剂不能用铁，因为如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，从而干扰原混合物中铁元素的测定；故答案为：否；如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定；（6）Fe与KMnO4反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。n(MnO4-)=bc×10-3mol；则