山东省德州市2023-2024学年高一上学期期末统考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省德州市2023-2024学年高一上学期期末统考本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64Ba137第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.自然固氮是将氮气转变为含氮化合物B.可漂白纸浆，也可用于葡萄酒杀菌消毒C.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、和PM2.5D.果汁中添加维生素C防变质，是利用维生素C的还原性【答案】C【解析】A．自然固氮是自然界中将氮气转变为含氮化合物，A正确；B．具有漂白性可漂白纸浆，能够抑制各种微生物的活动，能够破坏微生物细胞结构，使其失去活性，故可用于葡萄酒杀菌消毒，B正确；C．汽车尾气中主要是烃类燃烧以及高温空气参与反应形成的气体，主要大气污染物为氮氧化物、CO、碳氢化合物和PM2.5等，C错误；D．维生素C的还原性，消耗果汁中的氧气，故添加维生素C可防果汁变质，D正确；故选C。2.下列做法正确的是A.用冷水储存金属钠 B.不能使用钢瓶盛放氯气C.浓硝酸保存在无色玻璃瓶中 D.NaOH固体保存在广口塑料瓶中【答案】D【解析】A．金属钠能与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，故金属钠不能保存在水中，应保持在煤油中，A错误；B．铁和氯气在常温下不发生反应，故可以使用钢瓶盛放氯气，B错误；C．浓硝酸见光易分解，故应该保存在棕色试剂瓶中，C错误；D．由于NaOH能与玻璃种二氧化硅反应生成硅酸钠，故NaOH固体保存在广口塑料瓶中，D正确；故选D。3.下列生产过程中不涉及氧化还原的是A.漂白粉制备 B.卤水点豆腐 C.高炉炼铁 D.铝热反应【答案】B【解析】A．漂白粉制备是将氯气通入石灰乳中，发生的反应为，为氧化还原反应，A不符合题意；B．卤水点豆腐是利用了胶体的聚沉，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．高炉炼铁是用CO还原氧化铁，发生的反应为，为氧化还原反应，C不符合题意；D．铝热反应为铝单质与三氧化二铁反应生成铁单质和三氧化二铝，发生的反应为，为氧化还原反应，D不符合题意；故选B4.下列鉴别或检验不能达到实验目的的是A.用氧气鉴别CO、NO两种无色气体B.用稀硫酸鉴别Fe、CuO、C三种黑色粉末C.用溶液鉴别与D.用硝酸酸化的溶液检验是否被氧化【答案】D【解析】A．NO能与O2生成红棕色的NO2，CO与O2在常温下不反应，故现象不同，能鉴别，A正确；B．Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体产生，CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，溶液成蓝色，C与稀硫酸不发生反应，故现象不同，能鉴别，B正确；C．与生成硫酸钡白色沉淀和一水合氨，与反应生成一水合氨和硝酸钡，无沉淀生成，故现象不同，能鉴别，C正确；D．硝酸能将氧化，再加入，有白色沉淀生成，不能证明是否被氧化，D常温；故选D。5.下列有关说法正确的是A.FeCl2与Cu2S均可通过化合反应得到B.室温下，Fe与浓HNO3反应产生大量NO2C.蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.饱和FeCl3溶液与NaOH溶液反应制备氢氧化铁胶体【答案】A【解析】A．FeCl3与Fe反应产生FeCl2，反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，反应类型是化合反应；S与Cu混合加热反应产生Cu2S，反应方程式为：2Cu+SCu2S，反应类型也是化合反应。可见FeCl2与Cu2S均可通过化合反应得到，A正确；B．浓硝酸具有强氧化性，在室温下，Fe遇浓HNO3时，会在金属Fe表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步发生氧化还原反应，因此反应不能产生大量NO2，B错误；C．浓硫酸没有挥发性，因此蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，没有白烟产生，C错误；D．饱和FeCl3溶液与NaOH溶液混合，会发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀，而不能制备得到氢氧化铁胶体，D错误；故合理选项是A。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol/L氨水溶液：、、、B0.1mol/L盐酸溶液：、、、C.0.1mol/LKNO3溶液：、、、D.0.1mol/LKMnO4溶液：、、、【答案】C【解析】A．0.1mol/L氨水溶液显碱性，其中含有大量NH3·H2O，NH3·H2O与Fe3+会反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．0.1mol/L盐酸溶液中含有大量Cl-，Cl-与Ag+会反应产生AgCl沉淀，不能大量共存；与Ag+会反应产生Ag2SO4沉淀，也不能大量共存，B不符合题意；C．0.1mol/LKNO3溶液中含有大量K+、，它们与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．0.1mol/LKMnO4溶液中含有大量，具有强氧化性，会与S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。7.我国科学家研制的“纳米分子药物运输车”结构如图，可人为从外部利用磁性引导至所需位置，提高肿瘤治疗效果，下列说法不正确的是A.“纳米分子药物运输车”具有磁性B.其中的四氧化三铁不属于碱性氧化物C.将该物质分散到水中得到的分散系，不具有丁达尔效应D.粉碎后用盐酸酸浸，向清液中滴入少量溶液可检验其中的【答案】D【解析】详析】A．“纳米分子药物运输车”含有四氧化三铁，具有磁性，A正确；B．四氧化三铁与酸反应不生成单一的盐，不属于碱性氧化物，B正确；C．将该物质直径200nm，分散到水中得到的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，C正确；D．粉碎后用盐酸酸浸，清液中含有多种有机物，这些有机物或氯离子也可能与滴入的少量溶液反应，导致检验不出其中的，D错误；故选D。8.下图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置(a~d均为浸有相应试液的棉花)。下列分析不正确的是A.①反应体现的酸性与氧化性B.可观察到a处变红，b、c处均褪色C.若浓硫酸为0.1mol，产生的D.为确认有硫酸铜生成，向①中加水，观察颜色变化【答案】D【解析】〖祥解〗如图，浓硫酸在和铜在加热条件下发生，生成的气体经过紫色石蕊的湿棉花，因为是酸锌氧化物，使a处的紫色石蕊的湿棉花变红，具有漂白性，能使b处品红的湿棉花褪色，具有还原性，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，使c处的KMnO4的湿棉花褪色，最后对环境造成污染，不能直接排放，用安全气球将其收集，据此回答。A．①反应中的反应为，体现的酸性与氧化性，A正确；B．由分析知，可观察到a处变红，b、c处均褪色，B正确；C．由于在中，随着反应的进行，浓硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不发生反应，故浓硫酸为0.1mol，产生的，C正确；D．①中还含有浓硫酸，不能向①中加水，应将①中反应后的溶液加入到水中，D错误；故选D。9.某同学采用下列反应检验食盐中是否添加KIO3：，下列说法不正确的是A.该反应中氧化剂为KIO3 B.I2既是氧化产物又是还原产物C.生成1molI2时，转移2mol电子 D.氧化产物：还原产物的比为5：1【答案】C【解析】〖祥解〗在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低；还原剂失去电子，元素化合价升高。元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数。A．在该反应中，I元素化合价由反应前KIO3中的+5价变为反应后I2的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以KIO3为氧化剂，A正确；B．在该反应中，I元素化合价由反应前KIO3中的+5价变为反应后I2的0价，化合价降低，得到电子被还原，I2为还原产物；I元素化合价由反应前KI中的-1价变为反应后I2的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以I2为氧化产物，故I2既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．根据元素化合价升降总数相等可知：每反应产生3molI2，反应过程中转移5mol电子，则生成1molI2时，转移电子的物质的量为mol，C错误；D．根据选项B分析可知：I2既是氧化产物又是还原产物，在反应产生的3molI2中，molI2是KI失去电子被氧化产生，molI2是KIO3得到电子被还原产生，因此氧化产物：还原产物的比为5：1，D正确；故合理选项是C。10.实验室制备固体并检验其纯度的实验流程如图所示：下列说法正确的是A.熔融钠在空气中的反应可在玻璃表面皿中进行B.与水反应，是氧化剂，是还原剂C.取样液加入酚酞，观察到样液先变红后褪色D.取10.0g淡黄色样品进行反应，最后生成3.94g沉淀，则该样品纯度为21.2%【答案】C【解析】〖祥解〗金属钠能与空气中的氧气共热反应生成过氧化钠，过氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠和氧气，由题给流程可知，熔融钠在坩埚中反应得到淡黄色样品，向淡黄色样品中加水溶解得到的样液，向样液中加入氯化钡溶液得到碳酸钡白色沉淀，说明淡黄色样品中含有碳酸钠。A．玻璃表面皿受热不均易发生破裂，所以熔融钠在空气中的反应只能在坩埚中进行，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应时，过氧化钠中的氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，即是反应的氧化剂也是还原剂，水即不是反应的氧化剂也不是还原剂，故B错误；C．过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以向样液加入酚酞，样液会先变红后褪色，故C正确；D．由题意可知，反应得到3.94g碳酸钡沉淀，则淡黄色样品的纯度为=78.8%，故D错误；故选C。二、选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2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.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作现象结论A将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入KNO3溶液铜粉溶解KNO3与铜粉反应B向某溶液中加入稀的NaOH溶液湿润的红色石蕊试纸不变色原溶液中不含有C将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔碳浓硫酸具有氧化性和脱水性D向某溶液中加入稀硫酸，产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊原溶液中可能含有A.A B.B C.C D.D【答案】CD【解析】A．将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入KNO3溶液，看到铜粉溶解，这是由于在酸性条件下具有强氧化性，会将Cu氧化为Cu2+，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，而不能说是KNO3与铜粉反应，A错误；B．向某溶液中加入稀的NaOH溶液，湿润的红色石蕊试纸不变色，可能是溶液中不含有，也可能是溶液浓度很小，含有的少，与加入的NaOH反应只产生NH3·H2O，没有分解产生NH3气体，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，因此不能据此判断溶液中是否含有，B错误；C．蔗糖分子式是C12H22O11，该物质是有机物，将浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖变为多孔碳，蔗糖中的H、O两种元素被脱去，此时浓硫酸表现脱水性；同时浓硫酸又将使部分C单质氧化反应产生CO2气体逸出，浓硫酸被还原产生SO2气体逸出，从而使剩余的固体碳多孔，在该反应中浓硫酸表现脱水性和强氧化性，C正确；D．向某溶液中加入稀硫酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，因此原溶液中可能含有、，也可能含有、，D正确；故合理选项是CD。12.纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的，反应原理如图所示。下列说法不正确的是A.上述反应中纳米铁粉和均体现还原性B.若有56g纳米铁粉参与反应，至少可处理C.在铁粉总量一定的条件下，处理的的量与通入的氧气量成正比D.该历程说明氧化性【答案】C【解析】〖祥解〗纳米铁粉与O2反应生成Fe2+，Fe2+与反应生成N2，离子方程式为10Fe2++2+12H+=10Fe3++N2+6H2O；A．纳米铁粉与O2反应生成Fe2+，Fe失电子转化为Fe2+体现还原性，Fe2+与反应生成N2，氮元素化合价降低，则铁元素化合价升高，Fe2+做还原剂，体现还原性，A正确；B．56g纳米铁粉物质的量为，1mol铁粉参与反应生成1molFe2+，Fe2+与反应生成N2，离子方程式为10Fe2++2+12H+=10Fe3++N2+6H2O，则1molFe2+至少可处理，B正确；C．铁粉总量一定条件下，若废水中溶解氧过多，Fe2+会被O2氧化为Fe3+，导致Fe2+含量减少，不利于还原，C错误；D．Fe2+与反应生成N2和Fe3+，氧化剂是，氧化产物是Fe3+，由氧化剂的氧化性比氧化产物的强，则氧化性，D正确；故选C。13.某兴趣小组为研究膨松剂(碳酸氢钠)受热分解放出气体的量，设计了以下实验，按如图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。下列说法正确的是A.装置A、C中盛放的试剂均可选用NaOH溶液B.B处酒精灯熄灭后，应继续通一段时间的空气C.若D增重0.88g，则生成D.若无E装置，会导致测定结果偏大【答案】BD【解析】〖祥解〗由实验装置图可知，装置A中盛有氢氧化钠溶液用于吸收通入空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气排尽装置中的空气，防止空气中的二氧化碳干扰实验，装置B中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气干扰二氧化碳的测定，装置D中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成的二氧化碳，装置E中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止二氧化碳和水蒸气进入装置D中干扰二氧化碳的测定。A．由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气干扰二氧化碳的测定，故A错误；B．B处酒精灯熄灭后，应继续通一段时间的空气，利用除去二氧化碳的空气将滞留在装置中的二氧化碳气体排入装置D中被碱石灰充分吸收，故B正确；C．缺标准状况，无法计算D增重0.88g时，反应生成二氧化碳的体积，故C错误；D．由分析可知，装置E中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止二氧化碳和水蒸气进入装置D中干扰二氧化碳的测定，所以若无E装置，空气中的二氧化碳和水蒸气会使会D增重偏大，导致测定结果偏大，故D正确；故选BD。14.某粗盐溶液中除NaCl外还含少量的、，设计实验流程分离出和NaCl。已知：氯化钾的溶解度随温度升高而增大。下列说法不正确的是A.试剂甲、乙、丙分别是NaOH、、B.向滤渣中加入试剂丙后发生反应的离子方程式是C.操作1、2、3均需用到玻璃棒且作用相同D.为防止操作2温度降低析出KCl，需用热水将滤纸润湿【答案】AC【解析】〖祥解〗根据流程图可知：加入试剂甲是为了除去氯化铜，应该选用过量试剂甲(氢氧化钠溶液)，将氯化铜转化为氢氧化铜沉淀(滤渣)，在滤液中加入过量氯化钡溶液除去硫酸钠溶液生成硫酸钡沉淀，再加入过量试剂乙（碳酸钠溶液），除去过量的氯化钡溶液，进行操作1(过滤)除去硫酸钡、碳酸钡沉淀，溶液中含有氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠，向溶液中加入足量稀盐酸，充分反应后进行操作2(蒸发结晶、过滤)得到氯化钠晶体，再加蒸馏水溶解成氯化钠溶液(操作3),再向滤渣氢氧化铜沉淀中加入适量稀盐酸得到氯化铜溶液，回答下列问题；A．试剂甲、乙、丙分别是NaOH、、，A错误；B．向滤渣氢氧化铜中加入试剂丙稀盐酸后发生反应的离子方程式是，B正确；C．操作1、2、3分别是过滤、蒸发、溶解均需用到玻璃棒，作用分别是引流、搅拌引流、搅拌，C错误；D．已知：氯化钾的溶解度随温度升高而增大，为防止操作2因温度降低析出KCl，需用热水将滤纸润湿，D正确；故选AC；15.某小组回收电池废料(含量87%)制备高锰酸钾，其步骤如下：①取20.0g废料，加入KOH、，加热熔融，反应完全后加水溶解得到溶液；②向溶液中加入适量KOH后通入氯气，经一系列操作可得到纯净干燥的。已知：ⅰ．溶解度随温度升高而增大；ⅱ．锰元素在整个流程中的损失率为20.0%。下列说法不正确的是A.步骤①中做还原剂B.最终得到固体25.28gC.步骤②中氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶1D.步骤②系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】A．步骤①中，与KOH、在加热条件下反应生成，Mn的化合价升高，为还原剂，A正确；B．由Mn守恒得，，则最终得到的的质量为，B正确；C．步骤②中，向溶液中加入适量KOH后通入氯气，经一系列操作可得到纯净干燥的，发生的反应为，氧化剂为Cl2，还原剂为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶2，C错误；D．由于溶解度随温度升高而增大，步骤②将得到固体的系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.家庭厨卫中有许多中学化学常见的物质，它们的主要成分如下表。商品食盐碱面白醋洁厕灵“84”消毒液料酒主要成分①NaCl②③④HCl⑤NaClO⑥回答下列问题：（1）以上主要成分中属于电解质的有_______(填序号)。（2）溶液中混有少量，可加适量的NaOH溶液除杂，离子反应方程式为_______。（3）洁厕灵和“84”消毒液不能混合使用，用离子方程式表示其理由_______。（4）为配制的NaCl溶液，用托盘天平称量NaCl_______g。该实验所需玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯外，还有_______，若按照如图所示方式定容，则所配_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)（5）某NaCl溶液含少量的、杂质，图甲表示原溶液中部分离子的浓度，图乙表示加水稀释过程中的变化。图甲图乙_______，原溶液中浓度为_______【答案】（1）①②③④⑤（2）（3）（4）①.5.9②.胶头滴管、500mL容量瓶③.偏低（5）①.1②.7【解析】【小问1详析】电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，以上主要成分中属于电解质的有①②③④⑤。【小问2详析】溶液中混有少量，可加适量的NaOH溶液除杂，离子反应方程式为。【小问3详析】洁厕灵和“84”消毒液不能混合使用，其理由是离子方程式表示。【小问4详析】为配制的NaCl溶液，因选用500mL容量瓶，需要NaCl的质量是0.5L××58.5g/mol=5.85g，用托盘天平称量精确到十分位，则称量5.9g。该实验所需玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯外，还有胶头滴管、500mL容量瓶。图示仰视刻度线，则溶液体积偏大，所配偏低。【小问5详析】根据图乙可知，溶液从0.2L稀释到1.0L时为0.2mol/L，0.2×c1=1.0×0.2，则c1=1mol/L；根据图甲所示，溶液中c(K+)=2mol/L、c()=1mol/L、c(Na+)=5mol/L，结合溶液呈电中性，则有2mol/L×1+5mol/L×1+1mol/L×2=c(Cl-)×1+1mol/L×2，解得c(Cl-)=7mol/L。17.硫、氮及其化合物的价类二维图如下所示，完成下列问题。已知：SO3的沸点为44.8℃；NO2的沸点为21℃。（1）价类二维图中属于酸性氧化物的是_______(填化学式，下同)，图中物质中不能用浓硫酸干燥的气体是_______。（2）c的水溶液在空气中久置酸性增强，原因_______(用化学方程式表示)。（3）25℃下，将c通入盛有BaCl2溶液的试管中无明显现象，若再通入_______气体(从上图中选择，填化学式)可产生沉淀。（4）取e和e＇混合后的稀溶液100.00mL，加入足量铁粉充分反应，且反应后的溶液中只含有一种溶质，其浓度为2.00mol/L(假设溶液体积不变)，共收集到无色气体3.36L(标准状况)，则混合液中e和e＇的浓度比_______，产生氢气的体积(标准状况)_______L。【答案】（1）①.SO2、SO3②.H2S、NH3（2）2H2SO3+O2=2H2SO4（3）H2S、NH3、NO2（4）①.2∶1②.1.12L【解析】〖祥解〗根据S、N元素的化合价及物质类别二维关系图可知：a是H2S，b是S，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4。a＇是NH3，b＇是N2，c＇是NO，d＇是NO2，e＇是HNO3，然后根据物质的性质分析解答。【小问1详析】氧化物是由氧和另外一种元素形成的化合物。在上述物质中属于氧化物的为SO2、SO3、NO、NO2，属于酸性氧化物的为SO2、SO3；浓硫酸具有吸水性，因此浓硫酸可以作干燥剂，但由于浓硫酸具有氧化性、酸性，所以不能干燥还原性气体H2S，也不能干燥碱性气体NH3；【小问2详析】c是SO2，其溶于水，会水反应产生H2SO3，该物质具有还原性，容易被溶于水的O2氧化产生硫酸，用方程式表示为：2H2SO3+O2=2H2SO4；【小问3详析】c是SO2，其溶于水，会水反应产生H2SO3，反应方程式为H2O+SO2=H2SO3。由于酸性：HCl＞H2SO3，所以在25℃条件下将c通入盛有BaCl2溶液的试管中，不能反应，因此无明显现象。若再通入碱性气体NH3，H2SO3会与NH3反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2发生反应：(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，产生BaSO3白色沉淀；或通入H2S，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应产生难溶性的S单质使溶液变浑浊；也可以通入氧化性气体NO2，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，然后发生反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，产生BaSO4白色沉淀，故能够反应产生沉淀的气体是NH3、H2S、NO2；【小问4详析】e是H2SO4，e＇是HNO3，向100.00mL混合溶液中加入足量Fe，充分反应，且反应后的溶液中只含有一种溶质，该溶质只能是FeSO4，其浓度为2.00mol/L(假设溶液体积不变)，则反应产生盐的物质的量为n(FeSO4)=2.00mol/L×0.1L=0.20mol，加入H2SO4的物质的量是0.20mol，反应共收集到无色气体3.36L(标准状况)，其物质的量是n(气体)==0.15mol。气体只可能是NO、H2，假设其中含有NO为xmol，H2为ymol，则根据电子守恒可知3x+2y=0.20mol×2=0.40mol，根据气体的物质的量可得x+y=0.15mol，解得x=0.10mol，y=0.05mol，即n(NO)=0.10mol，n(H2)=0.05mol。根据N元素守恒，可知HNO3的物质的量是0.1mol，故n(H2SO4)∶n(HNO3)=0.20∶0.10=2∶1，两种酸在同一溶液中，二者的浓度比等于它们的物质的量的比，故c(H2SO4)∶c(HNO3)=n(H2SO4)∶n(HNO3)=2∶1；n(H2)=0.05mol，则其在标准状况下的体积V(H2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。18.含铜电路板可以用进行刻蚀，对刻蚀后的液体(、和)进行处理以提取、胆矾，流程如图，回答下列问题。（1）写出Cu与反应的离子方程式_______。证明完全被还原，所选试剂为：_______(填化学式)。（2）过程②中选择的试剂为_______；过程③中加入铁粉的目的是_______。（3）过程④发生反应的化学方程式为_______，每消耗，转移电子数为_______。（4）胆矾中结晶水含量测定：称量样品，经灼烧至胆矾全部变为白色，冷却，称量，重复上述操作，最终样品质量恒定为。从下列仪器中选出灼烧，冷却需使用的仪器，依次为_______(填标号)。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_______(写表达式)。【答案】（1）①.②.KSCN（2）①.盐酸②.防止亚铁离子被氧化（3）①.②.（4）①.AC②.【解析】〖祥解〗刻蚀后的液体主要含、和等，加入过量铁粉，发生反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，过滤，得到滤液主要为FeCl2溶液，滤渣的组要成分为过量的Fe和反应生成的Cu，向滤渣中加入盐酸，，得到的滤液为，向该溶液中加入少量铁粉，防止亚铁离子被氧化，最后经过一系列处理得到晶体，将铜与硫酸和过氧化氢反应，生成硫酸铜溶液，反应的化学方程式为，经过一系列操作，得到，据此分析作答。【小问1详析】具有氧化性，能将Cu氧化，则Cu与反应的离子方程式；由于与KSCN作用生成血红色，故证明完全被还原，所选试剂为KSCN溶液；【小问2详析】由分析知，过程②中选择的试剂为盐酸；过程③中加入铁粉的目的是防止亚铁离子被氧化；【小问3详析】由分析知，过程④铜与硫酸和过氧化氢反应，生成硫酸铜溶液，发生反应的化学方程式为；在反应中，过氧化氢中O的化合价由-1价降低到-2键，故每消耗，转移电子数为；【小问4详析】胆矾中结晶水含量测定中，灼烧时应该选用坩埚，故选A，冷却时应该选C，C中有干燥剂，可以减少误差；由称量样品，经灼烧至胆矾全部变为白色，冷却，称量，重复上述操作，最终样品质量恒定为，可知水质量为，则水的物质的量为，由可得，胆矾分子中结晶水的个数为。19.实验室模拟某工厂“氨氧化法”制备硝酸及工厂废气的处理过程，方法如下：Ⅰ．硝酸制备设计如下装置制备硝酸(夹持装置略)，每个虚线框表示一个装置单元回答下列问题：（1）上述装置中错误的是_______(填序号)（2）装置②中发生的反应为_______。（3）空气的作用为_______。（4）要使制备硝酸的氮原子利用率为100%，制得，理论上需要通入空气的体积至少为_______L(标准状况下)(空气中氧气含量近似为20%)Ⅱ．工厂废气处理（5）制备一定量：下图是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是_______(填字母标号)。ABCD加热氯化铵固体浓氨水与氧化钙混合加热氢氧化钙和氯化铵固体加热浓氨水A.A B.B C.C D.D（6）将制得的充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(两端用止水夹、夹好)。按下图所示装置进行实验。打开，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，可观察到Y管中_______，Y管中反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①（2）（3）提供氧气，将氨气吹到②装置中反应，将产生的气体通入④中反应（4）22.4L（5）A（6）①.红棕色褪去，内壁有小液滴②.【解析】〖祥解〗“氨氧化法”制备硝酸为先制取氨气，将干燥的氨气和空气通入催化剂中加热，氨气被氧化，发生反应，制得NO，NO易与氧气反应生成NO2，用氯化钙将生成和未反应的除去，在NO2和O2通入水中，发生，制得硝酸，最后用气球将未完全反应的气体收集起来，防止污染空气，据此回答。【小问1详析】实验室制备氨气时，采用加热氯化铵和氢氧化钙混合物反应生成氯化钙和氨气和水，故装置中错误的是①；【小问2详析】由分析知，氨气被氧化，发生反应，故装置②中发生的反应为；【小问3详析】由于空气中由21%的氧气，故空气的作用为提供氧气，将氨气吹到②装置中反应，将产生的气体通入④中反应；【小问4详析】由制备时，中N的化合价由-3价升高到+5价，失去8个电子，制备时，失去的电子数为0.8mol，O2在反应时化合价由0价降低到-2价，由电子守恒得，消耗得O2为0.2mol，由于空气中氧气含量近似为20%，