2022-2023学年山东省济南市高一上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1高一年级学情检测化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、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-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64Ba-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.下列有关黄河流城的治理和生态修复的措施中，没有涉及化学变化的是A.将废水中的有机污染物在微生物作用下降解为无害的物质B.将沿黄河工业废水中的重金属离子沉淀处理，达标后排放C.将含沙量大的黄河水引入低洼地区进行沉降D.将河道中的垃圾回收分类，利用现代焚化炉进行燃烧无害化处理〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害的有机污染物降解为简单的、无害的物质，过程中生成了新物质，为化学变化，A不合题意；B．将沿黄河工业废水中的重金属离子沉淀处理，达标后排放，需要加入试剂发生化学反应除去，为化学变化，B不合题意；C．将含沙量大的黄河水引入处于黄河堤坝后的低洼地区进行沉淀，是固体沉积过程，无新物质生成，为物理变化，C符合题意；D．将河道中的垃圾回收分类，利用现代焚化炉进行燃烧无害化处理，消灭各种病原体，过程中发生了化学反应，D不合题意；故〖答案〗为：C。2.“碳中和”就是二氧化碳总排放量等于总吸收量。下列措施不利于实现“碳中和”的是A.保护和治理山水林田湖草B.充分开发利用氢能等清洁能源C.使用特殊催化剂实现CO2和H2转化为有机物D.利用合适催化剂，促进汽车尾气中的CO转化为无毒气体〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，A不合题意；B．充分开发利用氢能等清洁能源，减少化石燃料的燃烧，减少CO2的排放量，有利于实现“碳中和”，B不合题意；C．使用特殊催化剂实现CO2和H2转化为有机物，增大CO2的吸收和转化利用量，有利于实现“碳中和”，C不合题意；D．利用合适催化剂，促进汽车尾气中的CO转化为无毒气体（即为CO2），并未减少CO2的排放量，不利于实现“碳中和”，D符合题意；故〖答案〗为：D。3.下列说法错误的是A.84消毒液不适用于钢和铝制品的消毒B.碳酸钠常用作胃酸中和剂C.铵态氮肥不能与草木灰混合施用D.二氧化硫可添加在葡萄酒中，起到杀菌、抗氧化的作用〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．“84”消毒液具有强氧化性，不适用于钢和铝制品的消毒，A正确；B．碳酸钠的碱性较强，不适合用作胃酸中和剂，B错误；C．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解呈碱性，铵根离子水解溶液显酸性，二者混合会发生相互促进的水解反应，使水解程度增大生成氨气挥发到空气中，使土壤中铵根离子浓度降低，降低肥效，C正确；D．将二氧化硫添加于红酒中利用了SO2具有杀菌作用，SO2具有还原性起到抗氧化的作用，D正确；〖答案〗选B。4.下列“类比”合理的是A.Fe与CuSO4溶液反应生成Cu，则Na与CuSO4溶液反应生成CuB.CO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaCO3，则SO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaSO3C.Al与Fe2O3高温时反应生成Fe，则Al与MgO高温时反应生成MgD.常温时Cu能溶于足量浓硝酸，则常温时Fe能溶于足量浓硝酸〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．Fe与CuSO4溶液反应生成Cu，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Na的化学性质太活泼，与盐溶液反应时先与水反应，再考虑NaOH与盐的反应，故Na与CuSO4溶液反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+H2↑+Na2SO4，不能生成Cu，A不合题意；B．CO2和SO2均为酸性氧化物，故CO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaCO3，方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，则SO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaSO3，方程式为：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，B符合题意；C．Al比Fe活泼，故Al与Fe2O3高温时反应生成Fe，方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，但Mg比Al活泼，故Al与MgO高温时不反应生成Mg，C不合题意；D．常温时Cu能溶于足量浓硝酸，方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，但常温时Fe遇到浓硝酸将发生钝化，不能完全溶解，D不合题意；故〖答案〗为：B。5.某工业脱硫过程如图所示。下列说法错误的是A.过程①发生复分解反应B.过程②中发生反应的离子方程式为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+C.过程③中每有标准状况下11.2LO2参加反应，转移2mol电子D.脱硫过程总反应为2H2S+O2=2H2O+2S〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．过程①中CuCl2和H2S反应生成CuS和HCl，属于复分解反应，故A正确；B．据图可知过程②中CuS被Fe3+氧化得到S单质，CuS为沉淀不能拆，离子方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；C．由图可知，该过程中O2中O元素由0价下降到-2价，标准状况下11.2LO2的物质的量为0.5mol，0.5molO2参加反应，转移0.5mol×4=2mol电子，故C正确；D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，相加可得回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S，故D正确；故选B。6.如图是铁及其化合物的“价一类”二维图。下列说法错误的是A.乙是碱性氧化物，但乙不能与水反应生成丁B.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌清毒C.甲高温时与水蒸气反应转化为丙D.若戊、己都是盐酸盐，则这两种物质均可通过化合反应获得〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据图中价态和物质分类可知，甲为Fe；乙为FeO；丙为Fe2O3；丁为Fe(OH)3；戊为亚铁盐；已为铁盐，据此分析解题。〖详析〗A．乙为FeO，是碱性氧化物，但FeO不能与水反应生成丁，A正确；B．K2FeO4中Fe处于高价态，具有强氧化性，可用于杀菌清毒，B正确；C．甲为Fe高温时与水蒸气反应转化为Fe3O4，C错误；D．若戊、己都是盐酸盐，则分别为FeCl2、FeCl3，则这两种物质均可通过化合反应获得：2Fe+FeCl3=3FeCl2、2Fe+3Cl2=2FeCl3，D正确；〖答案〗选C。7.A、B、C、D四种物质中，A、B、C均含有同一种元索，它们之间具有如图转化关系。下列有关物质的推断错误的是A.若A为Na2CO3，则D可能是HCl B.若A为NH3·H2O，则D可能是SO2C.若A为Fe，则D可能是Cl2 D.若A为NH3，则D可能是O2〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．若A为Na2CO3，D为HCl，则B为NaHCO3，C为NaCl，A正确；B．A为NH3·H2O，则D可能是SO2，A→B的反应为，B→C的反应：，B正确；C．若A为Fe，D为Cl2时B为FeCl3，FeCl3与Cl2不反应，C错误；D．若A为NH3，则D可能是O2，A→B的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，B→C的反应：2NO+O2=2NO2，D正确；〖答案〗选C。8.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑保存试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水NaCl固体B制备Fe(OH)3胶体烧杯饱和FeCl3溶液、NaOH溶液C探究Na2SO3样品是否变质胶头滴管、试管待测样品、蒸馏水、BaCl2溶液D检验钠在氧气中充分燃烧的产物试管、酒精灯、胶头滴管待测产物、蒸馏水、木条A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，需要用到100mL容量瓶，故A错误；B．制备Fe(OH)3胶体的方法为：往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，不需要NaOH溶液，故B错误；C．Na2SO3被氧化变质会生成Na2SO4，要检验Na2SO3是否变质，就是要检验硫酸根，可用两种试剂检验：BaCl2溶液和稀盐酸，缺盐酸，故C错误；D．检验钠在氧气中充分燃烧的产物，就是要检验过氧化钠，将待检物放入试管中→用胶头滴管滴加蒸馏水→点燃酒精灯→点燃木条→熄灭木条但带火星→用带火星的木条检验是否复燃，故D正确；故选D。9.某溶液中含有大量的离子：Mg2+、、K+和M离子。经测定Mg2+、、K+的物质的量浓度之比为2∶4∶1。则M离子可能是ASO B.H+ C.OH- D.Na+〖答案〗A〖解析〗〖详析〗由题干信息测定Mg2+、NO、K+的物质的量浓度之比为2∶4∶1可知，溶液中阳离子所带正电荷数大于阴离子所带负电荷总数，根据溶液呈电中性可知，M为阴离子，则B、D不合题意；OH-不能与Mg2+大量共存，故M离子为SO，故〖答案〗为：A。10.某温度下，向a、b、c、d中分别充入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种(已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不)。下列说法正确的是A.b中充入的是O2B.a和d中气体物质的量之比为1∶4C.a和c中气体所含原子数相等D.c和d中气体密度之比为1∶2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗四种气体的质量设为1g，则它们的物质的量分别为mol，mol，mol，mol，相同温度压强下的物质的量之比=气体的体积之比=分子数之比，密度之比等于相对分子质量之比，据此分析解题。〖详析〗A．相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，a，b，c，d分别盛装的是SO2，CO2，O2，CH4，故A错误；B．和中气体分别为SO2和CH4，物质的量分别为mol和mol，物质的量之比为1:4，故B正确；C．和中气体分别为SO2和O2，相同情况下的物质的量之比等于分子数之比，和中气体的分子数之比为mol：mol=1:2，原子数之比为3：4，不相等，故C错误；D．和中气体O2和CH4，密度之比等于相对分子质量之比32g/mol：16g/mol=，故D错误；〖答案〗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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水B浓硫酸溶液C稀硝酸D浓盐酸溶液A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．将浓氨水滴到CaO固体混合产生NH3，NH3密度小于空气，C中收集装置应从短进长出，NH3极易溶于水，A项错误；B．亚硫酸钠与浓硫酸反应产生SO2气体，SO2的密度大于空气，C中收集装置为长进短出，SO2为酸性氧化物可用NaOH溶液吸收尾气，B项正确；C．Cu与稀HNO3溶液反应会生成NO气体，NO易于空气中的O2反应生成NO2，NO不与H2O发生化学反应，C项错误；D．浓盐酸和MnO2在加热条件下反应产生Cl2，常温下不反应，D项错误；〖答案〗选B。12.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH、H+、N2、Cl-六种微粒，其中c(NH)随反应进行逐渐减小。下列说法正确的是A.反应中每减少1molNH，转移6mol电子B.反应中ClO-被还原C.反应前后溶液的酸碱性无明显变化D.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由题意可知，NH为反应物，且该反应为氧化还原反应，则NH为还原剂，N2为氧化产物，ClO-为氧化剂，Cl-为还原产物，离子方程式为：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，据此分析解题。〖详析〗A．反应中每减少1molNH，N的化合价由-3→0价，转移3mol电子，A错误；B．ClO-得电子生成Cl-，被还原，为氧化剂，B正确；C．根据离子方程式：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，可知，反应后氢离子浓度增加，酸性增强，C错误；D．参加反应的氧化剂(ClO-)与还原剂(NH)的物质的量之比为3∶2，D正确；〖答案〗选BD。13.将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验。下列说法正确的是A.抽拉铜丝离开液面，可使反应终止B.a处先变红后褪色C.b或c处褪色，均说明SO2具有还原性D.若试管底部出现白色固体，说明浓硫酸具有吸水性〖答案〗AD〖解析〗〖详析〗A．抽拉铜丝离开液面，反应物不接触反应终止，A正确；B．a处先变红后其原因是SO2溶于水生成了酸，不能使紫色石蕊试液褪色，B错误；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，D正确；〖答案〗选AD。14.一种综合处理含SO2尾气的工艺流程如图所示。若每步反应都完全，下列说法错误的是A.整个流程中，不需要再补充硫酸铁溶液B.“氧化”步骤发生的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2OC.由反应过程可推知氧化性：O2＞Fe3+＞SOD.处理100L含SO2体积分数为0.336%的尾气，“吸收”步骤中转移0.03mol电子〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗吸收反应：，氧化反应：，据此分析解题。〖详析〗A．根据反应可知吸收消耗的硫酸铁与氧化时生成的硫酸铁的量相同，硫酸铁可以循环利用，故不用添加，A正确；B．“氧化”步骤中硫酸亚铁氧化为硫酸铁，发生的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正确；C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据分析氧化性强弱顺序为:O2＞Fe3+＞SO，C正确；D．由于为给出气体所处状态，故不能进行计算，D错误；〖答案〗选D。15.部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g。经如图处理：下列说法正确的是A.灼烧的目的是除去氢氧化物滤渣中的少量水，减少质量误差B.样品中氧原子的物质的量为0.03molC.V=224mLD.溶解样品的过程中共消耗2.0mol·L-1盐酸50mL〖答案〗BC〖解析〗〖详析〗A．灼烧的目的是将氢氧化铁分解为氧化铁，A错误；B．因滤液中不含Cu2+，故3.2g滤渣只是Cu(物质的量是0.05mol)，滤液经处理最终得到的3.2g固体是Fe2O3。由2Fe~Fe2O3。可知，该5.92g样品中，铁元素的总质量为2.24g(物质的量是0.04mol)，故混合物中氧元素的质量为5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，即样品中氧元素的物质的量是0.48g÷16g·mol-1=0.03mol，B正确；C．因5.92g样品中含0.03molO，0.04molFe，0.05molCu，则样品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物质的量是0.03mol，故FeO的物质的量为0.03mol、Fe的物质的量为0.01mol，与足量的稀硫酸反应可生成0.01mol的H2，标准状况下H2的体积为224mL，C正确；D．FeO的物质的量为0.03mol消耗盐酸0.06mol、Fe的物质的量为0.01消耗盐酸0.02mol，溶解样品的过程中共消耗盐酸0.08mol＜2.0mol·L-1×50mL，D错误；〖答案〗选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.离子反应可用于物质的除杂和分离。某废液是CuCl2、CaCl2的混合溶液，现设计实验方案回收金属铜并获得氯化钙晶体。已知过程1先生成白色固体，后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色固体Y。回答下列问题：（1）试剂1的化学式为_____。检验溶液B中金属阳离子可选用的试剂有_____(填标号)。A.KSCN溶液、氯水B.高锰酸钾溶液C.氢氧化钠溶液（2）操作1所需玻璃仪器有烧杯、______。（3）过程1中白色固体转化为红褐色固体Y的化学方程式为_____，过程2的离子方程式为______。（4）例举溶液D中溶质的一种用途______。〖答案〗（1）①.Fe②.A（2）漏斗和玻璃棒（3）①4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3②.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（4）可作氮肥或用于焊接过程中除去铁锈等〖解析〗〖祥解〗由题干转化图和已知过程1先生成白色固体，后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色固体Y的信息可知，溶液A中含有FeCl2和CaCl2，试剂1为Fe，反应方程式为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，过滤得固体X为Cu和Fe，向固体X中加入过量的盐酸，反应方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，操作1为过滤得到Cu和溶液B，溶液B中含有的溶质为FeCl2，向溶液A中加入足量的氨水，发生的反应有：FeCl2+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，过滤得到固体Y为Fe(OH)3，溶液C为CaCl2、NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向C中通入CO2，发生反应方程式为：CaCl2+CO2+2NH3·H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，过滤得到CaCO3和溶液D为NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向CaCO3固体中加入足量的稀盐酸，充分反应后蒸发浓缩、冷却结晶，即得CaCl2固体，据此分析解题。〖小问1详析〗由分析可知，试剂1的化学式为Fe，溶液B中含有的溶质为FeCl2，检验溶液B中金属阳离子即Fe2+，先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水，溶液立即变为血红色，说明含有Fe2+，故〖答案〗为：Fe；A；〖小问2详析〗由分析可知，操作1分离溶液和固体，故为过滤操作，故所需玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故〖答案〗为：漏斗和玻璃棒；〖小问3详析〗由分析可知，过程1中白色固体转化为红褐色固体Y即有Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，过程2即CaCO3与稀盐酸反应，故该反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故〖答案〗为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；〖小问4详析〗由分析可知，溶液D中含有NH4Cl，NH4Cl的用途有可作氮肥、用于焊接过程中除去铁锈等，故〖答案〗为：可作氮肥或用于焊接过程中除去铁锈等。17.海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。回答下列问题：（1）图中属于固氮作用的过程有_____(填标号)。（2）下列关于海洋氮循环的说法正确的是_____(填标号)。A.海洋中的氨循环起始于氮的氧化B.向海洋排放含NO的废水会影响海洋中NH的含量C.反硝化过程需引入还原剂（3）为了避免废水中NH对海洋氮循环系统产生影响，可向废水中加入适量氢氧化钠，通入热空气将氨赶出。该过程的离子方程式为______。（4）若1molNO通过反硝化过程全部转化为N2，则该过程转移_____mol电子。（5）利用NO直接与NH反应生成N2O，再进一步转化为N2排放，可提高污水处理的效率，降低成本。在生成N2O的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____。〖答案〗（1）②（2）BC（3）（4）5（5）1:2〖解析〗小问1详析〗固氮作用是分子态氮被还原成氨和其他含氮化合物的过程。图中②氮气被还原为根离子，②过程为固氮；〖小问2详析〗A．由图可知，氨循环起始于氮气被还原为铵根离子，A错误；B．酸根离子含量增多影响反硝化，从而影响铵根离子含量，B正确；C．反硝化使硝酸根离子被还原为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子被还原为氮气，因此需要引入还原剂，C正确；故选BC；〖小问3详析〗铵根离子与氢氧化钠反应的离子方程式为:；〖小问4详析〗NO中N为+5价，氮气中N为0价，因此1mol硝酸根离子反硝化为氮气转移5mol电子；〖小问5详析〗NO与反应生成N2O的反应方程式为:4NO+2+2H+=3N2O+5H2O，NO为氧化剂，为还原剂。因此氧化产物与还原产物物质的量之比即为还原剂与氧化剂化学计量数之比即1:2。18.实验室用如下方法测定Na2CO3与NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数。回答下列问题：（1）称取该混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液。下列操作会使所配溶液浓度偏小的有_____(填标号)。A.未将洗涤液转移至容量瓶中B.定容时俯视刻度线C.定容振荡摇匀后液面低于刻度线，未做处理（2）量取25.0mL上述溶液于烧杯中，滴加足量Ba(OH)2溶液，将HCO、CO完全转化为沉淀，其中NaHCO3参与反应的离子方程式为，NaHCO3属于______(填“酸”碱”或“盐”)。（3）简述证明溶液中HCO、CO已完全转化为沉淀的操作及现象：______。（4）过滤、洗涤沉淀并充分干燥，称量沉淀的质量为1.97g，由此得出Na2CO3的质量分数为______%(保留2位有效数字)。〖答案〗（1）A（2）盐（3）继续滴加氢氧化钡溶液，实验操作方法为:静置一段时间后向上层澄清溶液中继续加Ba(OH)2溶液，不浑浊（4）77%〖解析〗〖小问1详析〗A．未将洗涤液转移至容量瓶中，溶质减少，故浓度偏低，A符合题意；B．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，实际浓度偏大，B不符合题意；C．定容振荡摇匀后液面低于刻度线，未做处理，不影响溶液浓度，C不符合题意；故选A；〖小问2详析〗NaHCO3参与反应的离子方程式为，NaHCO3属于盐类；〖小问3详析〗可以继续滴加氢氧化钡溶液，实验操作方法为:静置一段时间后向上层澄清溶液中继续加Ba(OH)2溶液，不浑浊，HCO、CO已完全转化为沉淀；〖小问4详析〗设Na2CO3的物质的量为xmol，NaHCO3的物质的量为ymol，混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液，量取25.0mL上述溶液于烧杯中，沉淀的质量为1.97g，则250mL溶液会生成19.7g沉淀，，解得x0.073，Na2CO3的质量为：0.073mol×106g/mol=7.71g，故质量分数为7.71g÷10.0g×100%77%。19.《物理小识·金石类》记载：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛”，“青矾强热，得赤色固体，气凝即得矾油”。“青矾”是指FeSO4·7H2O，“青矾厂气”是指SO2和SO3，“矾油”是指硫酸溶液。实验室模拟古法制硫酸并进行SO2性质探究。已知：SO2熔点-75.5℃，沸点-10℃；SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃。回答下列问题：Ⅰ.制取硫酸实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，用酒精喷灯高温加热青矾。（1）A装置中反应后所得固体的化学式为______。玻璃纤维的作用是______。（2）B装置的作用_____。（3）D装置的作用是______。Ⅱ.探究SO2的性质在装置C中先后使用同体积的蒸馏水(①已预先煮沸，②未预先煮沸)，控制食用油油层厚度一致、通入SO2流速一致。两次实验分别得到如图pH－t图：（4）C装置中覆盖食用油的目的是______。（5）pH－t图中，②的曲线出现骤降，这是因为______(用化学方程式表示)。对比分析上述两组数据，可得出的结论是______。〖答案〗（1）①.②.防止固体粉末进入导管（2）冷凝SO3和H2O得到硫酸，分离SO2（3）吸收尾气SO2防止污染空气（4）隔绝空气，避免空气中的氧气干扰后续探究实验（5）①.②.氧气可将二氧化硫氧化〖解析〗〖祥解〗装置A中FeSO4·7H2O高温分解生成Fe2O3、SO2、SO3和H2O，在装置B中SO3和H2O冷凝得到硫酸溶液，装置C验证SO2与钡盐的反应，D吸收尾气二氧化硫，防止污染空气，据此分析解题。〖小问1详析〗装置A中FeSO4·7H2O高温分解生成Fe2O3、SO2、SO3和H2O，发生反应化学方程式为:，所得固体为：Fe2O3；玻璃纤维的作用是防固体粉末进入导管；〖小问2详析〗装置B中SO3和H2O冷凝得到硫酸溶液，分离SO2；〖小问3详析〗D装置的作用是吸收尾气SO2防止污染空气；〖小问4详析〗装置C用于验证SO2与钡盐不反应，若有氧气存在，则会生成白色沉淀，C装置中覆盖食用油的目的是隔绝空气；〖小问5详析〗曲线①的变化说明SO2不与BaCl2反应，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3电离出氢离子，pH减小，曲线②的变化说明溶液中的O2将H2SO3氧化为强酸H2SO4，反应生成的H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4沉淀和HCl，溶液中的氢离子浓度迅速增大，溶液的pH下降，用离子方程式表达为：；两者对比可知氧气可将二氧化硫氧化。20.肼(N2H4)为无色油状液体，具有还原性和碱性，是我国液体型号导弹和运载火箭中广泛使用的肼类燃料之一。实验室可用NaClO溶液和氨水反应制备N2H4。回答下列问题：（1）装置①中装有MnO2的仪器名称是_____，反应的离子方程式为______。（2）装置②上方分液漏斗中盛放的试剂名称是______。（3）装置④中反应的化学方程式为______。（4）制备N2H4的离子方程式为______。（5）实验中，需先点燃④处酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开②上方分液漏斗滴加溶液。试解释所加溶液不能过量的原因：_____。（6）实验结束后，经初步分离获得粗产品，并对其纯度进行测定。称取1.0g粗产品溶于水并定容为250mL，取25.00mL溶液，滴加0.3mol·L-1的KI3溶液，恰好完全反应时，消耗KI3溶液20.00mL。已知：N2H4+2KI3=N2+2KI+4HI，则产品中N2H4的质量分数为______%。〖答案〗（1）①.圆底烧瓶②.MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2+2H2O（2）氢氧化钠（3）2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O（4）ClO-+2NH3=N2H4+H2O（5）N2H4具有还原性，NaClO有强氧化性，防止生成的N2H4被NaClO氧化（6）96%〖解析〗〖祥解〗①中为实验室制取氯气，②中生成次氯酸钠，④中为实验室制取氨气，③中次氯酸钠与氨气反应生成肼，据此分析解题。〖小问1详析〗装置①中装有MnO2的仪器名称是圆底烧瓶，该装置为实验室制取氯气，反应的离子方程式为：

MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2+2H2O；〖小问2详析〗装置②上方分液漏斗中盛放的试剂名称是氢氧化钠，与氯气反应生成次氯酸钠；〖小问3详析〗装置④中反应为实验室制取氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；〖小问4详析〗制备N2H4的离子方程式为：ClO-+2NH3=N2H4+H2O；〖小问5详析〗实验中，需先点燃④处酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开②上方分液漏斗滴加溶液。所加溶液不能过量的原因：N2H4具有还原性，NaClO有强氧化性，防止生成的N2H4被NaClO氧化；〖小问6详析〗已知：N2H4-2KI3，25.00mL溶液中，n(N2H4)=n(KI3)=0.3mol·L-1×20×10-3L=3×10-3mol，250mL溶液中n(N2H4)=3×10-2mol，m(N2H4)=3×10-2mol×32g/mol=0.96g，w(N2H4)=0.96g÷1.0g×100%=96%。PAGEPAGE1高一年级学情检测化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、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-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64Ba-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.下列有关黄河流城的治理和生态修复的措施中，没有涉及化学变化的是A.将废水中的有机污染物在微生物作用下降解为无害的物质B.将沿黄河工业废水中的重金属离子沉淀处理，达标后排放C.将含沙量大的黄河水引入低洼地区进行沉降D.将河道中的垃圾回收分类，利用现代焚化炉进行燃烧无害化处理〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害的有机污染物降解为简单的、无害的物质，过程中生成了新物质，为化学变化，A不合题意；B．将沿黄河工业废水中的重金属离子沉淀处理，达标后排放，需要加入试剂发生化学反应除去，为化学变化，B不合题意；C．将含沙量大的黄河水引入处于黄河堤坝后的低洼地区进行沉淀，是固体沉积过程，无新物质生成，为物理变化，C符合题意；D．将河道中的垃圾回收分类，利用现代焚化炉进行燃烧无害化处理，消灭各种病原体，过程中发生了化学反应，D不合题意；故〖答案〗为：C。2.“碳中和”就是二氧化碳总排放量等于总吸收量。下列措施不利于实现“碳中和”的是A.保护和治理山水林田湖草B.充分开发利用氢能等清洁能源C.使用特殊催化剂实现CO2和H2转化为有机物D.利用合适催化剂，促进汽车尾气中的CO转化为无毒气体〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，A不合题意；B．充分开发利用氢能等清洁能源，减少化石燃料的燃烧，减少CO2的排放量，有利于实现“碳中和”，B不合题意；C．使用特殊催化剂实现CO2和H2转化为有机物，增大CO2的吸收和转化利用量，有利于实现“碳中和”，C不合题意；D．利用合适催化剂，促进汽车尾气中的CO转化为无毒气体（即为CO2），并未减少CO2的排放量，不利于实现“碳中和”，D符合题意；故〖答案〗为：D。3.下列说法错误的是A.84消毒液不适用于钢和铝制品的消毒B.碳酸钠常用作胃酸中和剂C.铵态氮肥不能与草木灰混合施用D.二氧化硫可添加在葡萄酒中，起到杀菌、抗氧化的作用〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．“84”消毒液具有强氧化性，不适用于钢和铝制品的消毒，A正确；B．碳酸钠的碱性较强，不适合用作胃酸中和剂，B错误；C．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解呈碱性，铵根离子水解溶液显酸性，二者混合会发生相互促进的水解反应，使水解程度增大生成氨气挥发到空气中，使土壤中铵根离子浓度降低，降低肥效，C正确；D．将二氧化硫添加于红酒中利用了SO2具有杀菌作用，SO2具有还原性起到抗氧化的作用，D正确；〖答案〗选B。4.下列“类比”合理的是A.Fe与CuSO4溶液反应生成Cu，则Na与CuSO4溶液反应生成CuB.CO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaCO3，则SO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaSO3C.Al与Fe2O3高温时反应生成Fe，则Al与MgO高温时反应生成MgD.常温时Cu能溶于足量浓硝酸，则常温时Fe能溶于足量浓硝酸〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．Fe与CuSO4溶液反应生成Cu，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Na的化学性质太活泼，与盐溶液反应时先与水反应，再考虑NaOH与盐的反应，故Na与CuSO4溶液反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+H2↑+Na2SO4，不能生成Cu，A不合题意；B．CO2和SO2均为酸性氧化物，故CO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaCO3，方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，则SO2与Ca(OH)2溶液反应能生成CaSO3，方程式为：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，B符合题意；C．Al比Fe活泼，故Al与Fe2O3高温时反应生成Fe，方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，但Mg比Al活泼，故Al与MgO高温时不反应生成Mg，C不合题意；D．常温时Cu能溶于足量浓硝酸，方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，但常温时Fe遇到浓硝酸将发生钝化，不能完全溶解，D不合题意；故〖答案〗为：B。5.某工业脱硫过程如图所示。下列说法错误的是A.过程①发生复分解反应B.过程②中发生反应的离子方程式为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+C.过程③中每有标准状况下11.2LO2参加反应，转移2mol电子D.脱硫过程总反应为2H2S+O2=2H2O+2S〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．过程①中CuCl2和H2S反应生成CuS和HCl，属于复分解反应，故A正确；B．据图可知过程②中CuS被Fe3+氧化得到S单质，CuS为沉淀不能拆，离子方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；C．由图可知，该过程中O2中O元素由0价下降到-2价，标准状况下11.2LO2的物质的量为0.5mol，0.5molO2参加反应，转移0.5mol×4=2mol电子，故C正确；D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，相加可得回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S，故D正确；故选B。6.如图是铁及其化合物的“价一类”二维图。下列说法错误的是A.乙是碱性氧化物，但乙不能与水反应生成丁B.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌清毒C.甲高温时与水蒸气反应转化为丙D.若戊、己都是盐酸盐，则这两种物质均可通过化合反应获得〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据图中价态和物质分类可知，甲为Fe；乙为FeO；丙为Fe2O3；丁为Fe(OH)3；戊为亚铁盐；已为铁盐，据此分析解题。〖详析〗A．乙为FeO，是碱性氧化物，但FeO不能与水反应生成丁，A正确；B．K2FeO4中Fe处于高价态，具有强氧化性，可用于杀菌清毒，B正确；C．甲为Fe高温时与水蒸气反应转化为Fe3O4，C错误；D．若戊、己都是盐酸盐，则分别为FeCl2、FeCl3，则这两种物质均可通过化合反应获得：2Fe+FeCl3=3FeCl2、2Fe+3Cl2=2FeCl3，D正确；〖答案〗选C。7.A、B、C、D四种物质中，A、B、C均含有同一种元索，它们之间具有如图转化关系。下列有关物质的推断错误的是A.若A为Na2CO3，则D可能是HCl B.若A为NH3·H2O，则D可能是SO2C.若A为Fe，则D可能是Cl2 D.若A为NH3，则D可能是O2〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．若A为Na2CO3，D为HCl，则B为NaHCO3，C为NaCl，A正确；B．A为NH3·H2O，则D可能是SO2，A→B的反应为，B→C的反应：，B正确；C．若A为Fe，D为Cl2时B为FeCl3，FeCl3与Cl2不反应，C错误；D．若A为NH3，则D可能是O2，A→B的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，B→C的反应：2NO+O2=2NO2，D正确；〖答案〗选C。8.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑保存试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水NaCl固体B制备Fe(OH)3胶体烧杯饱和FeCl3溶液、NaOH溶液C探究Na2SO3样品是否变质胶头滴管、试管待测样品、蒸馏水、BaCl2溶液D检验钠在氧气中充分燃烧的产物试管、酒精灯、胶头滴管待测产物、蒸馏水、木条A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，需要用到100mL容量瓶，故A错误；B．制备Fe(OH)3胶体的方法为：往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，不需要NaOH溶液，故B错误；C．Na2SO3被氧化变质会生成Na2SO4，要检验Na2SO3是否变质，就是要检验硫酸根，可用两种试剂检验：BaCl2溶液和稀盐酸，缺盐酸，故C错误；D．检验钠在氧气中充分燃烧的产物，就是要检验过氧化钠，将待检物放入试管中→用胶头滴管滴加蒸馏水→点燃酒精灯→点燃木条→熄灭木条但带火星→用带火星的木条检验是否复燃，故D正确；故选D。9.某溶液中含有大量的离子：Mg2+、、K+和M离子。经测定Mg2+、、K+的物质的量浓度之比为2∶4∶1。则M离子可能是ASO B.H+ C.OH- D.Na+〖答案〗A〖解析〗〖详析〗由题干信息测定Mg2+、NO、K+的物质的量浓度之比为2∶4∶1可知，溶液中阳离子所带正电荷数大于阴离子所带负电荷总数，根据溶液呈电中性可知，M为阴离子，则B、D不合题意；OH-不能与Mg2+大量共存，故M离子为SO，故〖答案〗为：A。10.某温度下，向a、b、c、d中分别充入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种(已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不)。下列说法正确的是A.b中充入的是O2B.a和d中气体物质的量之比为1∶4C.a和c中气体所含原子数相等D.c和d中气体密度之比为1∶2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗四种气体的质量设为1g，则它们的物质的量分别为mol，mol，mol，mol，相同温度压强下的物质的量之比=气体的体积之比=分子数之比，密度之比等于相对分子质量之比，据此分析解题。〖详析〗A．相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，a，b，c，d分别盛装的是SO2，CO2，O2，CH4，故A错误；B．和中气体分别为SO2和CH4，物质的量分别为mol和mol，物质的量之比为1:4，故B正确；C．和中气体分别为SO2和O2，相同情况下的物质的量之比等于分子数之比，和中气体的分子数之比为mol：mol=1:2，原子数之比为3：4，不相等，故C错误；D．和中气体O2和CH4，密度之比等于相对分子质量之比32g/mol：16g/mol=，故D错误；〖答案〗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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水B浓硫酸溶液C稀硝酸D浓盐酸溶液A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．将浓氨水滴到CaO固体混合产生NH3，NH3密度小于空气，C中收集装置应从短进长出，NH3极易溶于水，A项错误；B．亚硫酸钠与浓硫酸反应产生SO2气体，SO2的密度大于空气，C中收集装置为长进短出，SO2为酸性氧化物可用NaOH溶液吸收尾气，B项正确；C．Cu与稀HNO3溶液反应会生成NO气体，NO易于空气中的O2反应生成NO2，NO不与H2O发生化学反应，C项错误；D．浓盐酸和MnO2在加热条件下反应产生Cl2，常温下不反应，D项错误；〖答案〗选B。12.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH、H+、N2、Cl-六种微粒，其中c(NH)随反应进行逐渐减小。下列说法正确的是A.反应中每减少1molNH，转移6mol电子B.反应中ClO-被还原C.反应前后溶液的酸碱性无明显变化D.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由题意可知，NH为反应物，且该反应为氧化还原反应，则NH为还原剂，N2为氧化产物，ClO-为氧化剂，Cl-为还原产物，离子方程式为：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，据此分析解题。〖详析〗A．反应中每减少1molNH，N的化合价由-3→0价，转移3mol电子，A错误；B．ClO-得电子生成Cl-，被还原，为氧化剂，B正确；C．根据离子方程式：3ClO-+2NH=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，可知，反应后氢离子浓度增加，酸性增强，C错误；D．参加反应的氧化剂(ClO-)与还原剂(NH)的物质的量之比为3∶2，D正确；〖答案〗选BD。13.将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验。下列说法正确的是A.抽拉铜丝离开液面，可使反应终止B.a处先变红后褪色C.b或c处褪色，均说明SO2具有还原性D.若试管底部出现白色固体，说明浓硫酸具有吸水性〖答案〗AD〖解析〗〖详析〗A．抽拉铜丝离开液面，反应物不接触反应终止，A正确；B．a处先变红后其原因是SO2溶于水生成了酸，不能使紫色石蕊试液褪色，B错误；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，D正确；〖答案〗选AD。14.一种综合处理含SO2尾气的工艺流程如图所示。若每步反应都完全，下列说法错误的是A.整个流程中，不需要再补充硫酸铁溶液B.“氧化”步骤发生的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2OC.由反应过程可推知氧化性：O2＞Fe3+＞SOD.处理100L含SO2体积分数为0.336%的尾气，“吸收”步骤中转移0.03mol电子〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗吸收反应：，氧化反应：，据此分析解题。〖详析〗A．根据反应可知吸收消耗的硫酸铁与氧化时生成的硫酸铁的量相同，硫酸铁可以循环利用，故不用添加，A正确；B．“氧化”步骤中硫酸亚铁氧化为硫酸铁，发生的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正确；C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据分析氧化性强弱顺序为:O2＞Fe3+＞SO，C正确；D．由于为给出气体所处状态，故不能进行计算，D错误；〖答案〗选D。15.部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g。经如图处理：下列说法正确的是A.灼烧的目的是除去氢氧化物滤渣中的少量水，减少质量误差B.样品中氧原子的物质的量为0.03molC.V=224mLD.溶解样品的过程中共消耗2.0mol·L-1盐酸50mL〖答案〗BC〖解析〗〖详析〗A．灼烧的目的是将氢氧化铁分解为氧化铁，A错误；B．因滤液中不含Cu2+，故3.2g滤渣只是Cu(物质的量是0.05mol)，滤液经处理最终得到的3.2g固体是Fe2O3。由2Fe~Fe2O3。可知，该5.92g样品中，铁元素的总质量为2.24g(物质的量是0.04mol)，故混合物中氧元素的质量为5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，即样品中氧元素的物质的量是0.48g÷16g·mol-1=0.03mol，B正确；C．因5.92g样品中含0.03molO，0.04molFe，0.05molCu，则样品可以看作Fe、FeO、Cu的形式，因氧元素的物质的量是0.03mol，故FeO的物质的量为0.03mol、Fe的物质的量为0.01mol，与足量的稀硫酸反应可生成0.01mol的H2，标准状况下H2的体积为224mL，C正确；D．FeO的物质的量为0.03mol消耗盐酸0.06mol、Fe的物质的量为0.01消耗盐酸0.02mol，溶解样品的过程中共消耗盐酸0.08mol＜2.0mol·L-1×50mL，D错误；〖答案〗选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.离子反应可用于物质的除杂和分离。某废液是CuCl2、CaCl2的混合溶液，现设计实验方案回收金属铜并获得氯化钙晶体。已知过程1先生成白色固体，后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色固体Y。回答下列问题：（1）试剂1的化学式为_____。检验溶液B中金属阳离子可选用的试剂有_____(填标号)。A.KSCN溶液、氯水B.高锰酸钾溶液C.氢氧化钠溶液（2）操作1所需玻璃仪器有烧杯、______。（3）过程1中白色固体转化为红褐色固体Y的化学方程式为_____，过程2的离子方程式为______。（4）例举溶液D中溶质的一种用途______。〖答案〗（1）①.Fe②.A（2）漏斗和玻璃棒（3）①4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3②.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（4）可作氮肥或用于焊接过程中除去铁锈等〖解析〗〖祥解〗由题干转化图和已知过程1先生成白色固体，后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色固体Y的信息可知，溶液A中含有FeCl2和CaCl2，试剂1为Fe，反应方程式为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，过滤得固体X为Cu和Fe，向固体X中加入过量的盐酸，反应方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，操作1为过滤得到Cu和溶液B，溶液B中含有的溶质为FeCl2，向溶液A中加入足量的氨水，发生的反应有：FeCl2+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，过滤得到固体Y为Fe(OH)3，溶液C为CaCl2、NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向C中通入CO2，发生反应方程式为：CaCl2+CO2+2NH3·H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，过滤得到CaCO3和溶液D为NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，向CaCO3固体中加入足量的稀盐酸，充分反应后蒸发浓缩、冷却结晶，即得CaCl2固体，据此分析解题。〖小问1详析〗由分析可知，试剂1的化学式为Fe，溶液B中含有的溶质为FeCl2，检验溶液B中金属阳离子即Fe2+，先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水，溶液立即变为血红色，说明含有Fe2+，故〖答案〗为：Fe；A；〖小问2详析〗由分析可知，操作1分离溶液和固体，故为过滤操作，故所需玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故〖答案〗为：漏斗和玻璃棒；〖小问3详析〗由分析可知，过程1中白色固体转化为红褐色固体Y即有Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，过程2即CaCO3与稀盐酸反应，故该反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故〖答案〗为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；〖小问4详析〗由分析可知，溶液D中含有NH4Cl，NH4Cl的用途有可作氮肥、用于焊接过程中除去铁锈等，故〖答案〗为：可作氮肥或用于焊接过程中除去铁锈等。17.海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。回答下列问题：（1）图中属于固氮作用的过程有_____(填标号)。（2）下列关于海洋氮循环的说法正确的是_____(填标号)。A.海洋中的氨循环起始于氮的氧化B.向海洋排放含NO的废水会影响海洋中NH的含量C.反硝化过程需引入还原剂（3）为了避免废水中NH对海洋氮循环系统产生影响，可向废水中加入适量氢氧化钠，通入热空气将氨赶出。该过程的离子方程式为______。（4）若1molNO通过反硝化过程全部转化为N2，则该过程转移_____mol电子。（5）利用NO直接与NH反应生成N2O，再进一步转化为N2排放，可提高污水处理的效率，降低成本。在生成N2O的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____。〖答案〗（1）②（2）BC（3）（4）5（5）1:2〖解析〗小问1详析〗固氮作用是分子态氮被还原成氨和其他含氮化合物的过程。图中②氮气被还原为根离子，②过程为固氮；〖小问2详析〗A．由图可知，氨循环起始于氮气被还原为铵根离子，A错误；B．酸根离子含量增多影响反硝化，从而影响铵根离子含量，B正确；C．反硝化使硝酸根离子被还原为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子被还原为氮气，因此需要引入还原剂，C正确；故选BC；〖小问3详析〗铵根离子与氢氧化钠反应的离子方程式为:；〖小问4详析〗NO中N为+5价，氮气中N为0价，因此1mol硝酸根离子反硝化为氮气转移5mol电子；〖小问5详析〗NO与反应生成N2O的反应方程式为:4NO+2+2H+=3N2O+5H2O，NO为氧化剂，为还原剂。因此氧化产物与还原产物物质的量之比即为还原剂与氧化剂化学计量数之比即1:2。18.实验室用如下方法测定Na2CO3与NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数。回答下列问题：（1）称取该混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液。下列操作会使所配溶液浓度偏小的有_____(填标号)。A.未将洗涤液转移至容量瓶中B.定容时俯视刻度线C.定容振荡摇匀后液面低于刻度线，未做处理（2）量取25.0mL上述溶液于烧杯中，滴加足量Ba(OH)2溶液，将HCO、CO完全转化为沉淀，其中NaHCO3参与反应的离子方程式为，NaHCO3属于______(填“酸”碱”或“盐”)。（3）简述证明溶液中HCO、CO已完全转化为沉淀的操作及现象：______。（4）过滤、洗涤沉淀并充分干燥，称量沉淀的质量为1.97g，由此得出Na2CO3的质量分数为______%(保留2位有效数字)。〖答案〗（1）A（2）盐（3）继续滴加氢氧化钡溶液，实验操作方法为:静置一段时间后向上层澄清溶液中继续加Ba(OH)2溶液，不浑浊（4）77%〖解析〗〖小问1详析〗A．未将洗涤液转移至容量瓶中，溶质减少，故浓度偏低，A符合题意；B．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，实际浓度偏大，B不符合题意；C．定容振荡摇匀后液面低于刻度线，未做处理，不影响溶液浓度，C不符合题意；故选A；〖小问2详析〗NaHCO3参与反应的离子方程式为，NaHCO3属于盐类；〖小问3详析〗可以继续滴加氢氧化钡溶液，实验操作方法为:静置一段时间后向上层澄清溶液中继续加Ba(OH)2溶液，不浑浊，HCO、CO已完全转化为沉淀；〖小问4详析〗设Na2CO3的物质的量为xmol，NaHCO3的物质的量为ymol，混合物10.0g，溶于水配成250mL溶液，量