山东省烟台市2023-2024学年高一年级上册期末考试化学试题（解析版）

2023-2024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：H1E?0"?ClWFe酝5?

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意。

1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是

A,丹霞地貌岩层因含FezOs而呈红色B.CIO?可用于自来水的消毒杀菌

c.CC)2合成淀粉可以促进“碳中和"D.分离液态空气制N2属于氮的固定

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧化铁为红棕色固体，丹霞地貌的岩层中含有氧化铁而呈现红色，A正确；

B.二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B正确；

C.“碳中和”指排出的二氧化碳或温室气体被植树造林、节能减排等形式抵消，故CC)2合成淀粉可以促进

“碳中和”，C正确；

D.氮的固定指将游离态的氮气转化为含氮的化合物，分离液态空气制N?不属于氮的固定，D错误;

故选D。

2.下列关于玻璃仪器的说法错误的是

A.③④可用于组装简易启普发生器B.②③可用于分离淀粉溶液与NaCl溶液

C.①③不可用酒精灯直接加热D.①③⑤可用于氨气喷泉实验

【答案】B

【解析】

【详解】A.③④能用于组装简易启普发生器如图所示

B.淀粉溶液属于胶体，氯化钠溶液属于溶液，都能透过滤纸，不能用过滤的方式分离，故B错误;

C.①③加热需要垫石棉网，不能直接用酒精灯加热，故C正确；

为喷泉实验装置①③⑤可用于氨气喷泉实验,故D正确;

故选Bo

3.用碳酸钠晶体(Na2cO3-lOH2。)配制450mLLOmolLi的Na2cO3溶液。下列说法正确的是

A.应称取碳酸钠晶体128.7g

B.碳酸钠晶体久置会导致溶液浓度偏低

C.取100mL该溶液，加水稀释至200mL,所得溶液浓度为

D.定容摇匀后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线

【答案】C

【解析】

【分析】配制450mLi.Omol-Iji的Na2c。3溶液，应选择500mL容量瓶，据此分析。

【详解】A.称取碳酸钠晶体m=cVM=0.5Lxl.0mol/Lx286g/mol=143.0g,A错误；

B.碳酸钠晶体久置会失去结晶水，则称取相同质量时，碳酸钠的物质的量偏高，则导致浓度偏高，B错

误；

C.取100mL该溶液，加水稀释至200mL,体积扩大2倍，则浓度变为原来的二分之一，即

O-Smol-K1-C正确；

D.定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度

偏低，D错误。

故选C。

4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X、Y、Z、W的质子数之和为49,X、Y、Z

最外层电子数之和为10,X最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和多2。下列说法错误的是

A,离子半径：W>X>Y>ZB.Z单质可与铁的氧化物反应

C.W、X均可形成18e-微粒D.Y2X2中阴阳离子个数比为1：1

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z最外层电子数之和为10,X最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和多2,则X为第

VIA族元素，Y、Z位于第IA族和第OA族，X、Y、Z、W的质子数之和为49,X、Y、Z、W为原子序数

依次增大的短周期主族元素则X、Y、Z、W分别为：O、Na、Al、CL

【详解】A.X、Y、Z、W对应离子分别为O\Na+、Al3\Cl:离子电子层数越多半径越大，电子层出

相同核电荷数越大半径小，离子半径：W>X>Y>Z,故A正确；

B.A1可以从铁的氧化物通过铝热反应置换出铁单质，故B正确；

C.HC1、Cl-、H2O2均是18片微粒，故C正确；

D.NazCh中阴离子为过氧根离子，因此NazCh中阴阳离子个数比为2：1,故D错误；

故选D。

5.实验室制备CuSO/SH?。并进行相关实验，如图装置不能达到实验目的的是

A.用甲溶解废铜屑B.用乙过滤得到CuSC)4溶液

C.用丙蒸发CuSC)4溶液得到胆研晶体D.用丁验证浓硫酸具有吸水性

【答案】C

【解析】

【详解】A.双氧水具有强氧化性，酸性条件下，铜、硫酸、过氧化氢加热生成硫酸铜溶液，A正确;

B.过滤是分离固液的操作，过滤能分离出硫酸铜晶体，且得到CuSC)4溶液，B正确;

C.蒸发结晶应该使用蒸发皿而不是珀烟，C错误；

D.浓硫酸具有吸水性，胆矶晶体失去结晶水，固体由蓝色变白色，D正确；

故选C。

6.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.标准状况下，T.lgCU通入水中，转移电子数为O」NA

B.3.9gNa2()2与足量CO2完全反应时转移电子数为0Q5NA

C.标准状况下，22.4LSO2与足量。2反应，生成SO3的分子数为NA

D.L2g红热的炭与过量浓硝酸反应，收集到NO2分子的数目一定为0.4NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.氯气与水为可逆反应，故转移电子数小于O.INA,A错误；

B.过氧化钠与二氧化碳反应，2Nafi2+2CO2=2Na2CO3+O2,

n(Na202)=+/T03.,则转移电子数为03NA,B正确;

A

c.2SO,+O2a2so3,该反应为可逆反应，则生成SO3分子数小于INA,C错误；

催化剂

D.随着反应进行，硝酸浓度减小，反应停止，则收集的N02分子数小于0.4NA,D错误;

故答案为：Bo

7,下列反应的离子方程式正确的是

A.用FeC、溶液亥I］蚀电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+

_

B.向Na2cO3溶液中通入过量SO2：CO|+2SO2+H2O=2HSO；+CO2

C.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合：

2++

Ba+20H+NH；+H+SO：=BaSO4J+NH3-H20+H20

D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体：CIO+C02+H2O=HC10+HCO；

【答案】B

【解析】

【详解】A.未配平，正确为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,A错误；

B.向Na2c。3溶液中通入过量SO2生成亚硫酸氢钠与二氧化碳，离子方程式为：

-

CO"+2SO2+H2O=2HSO；+CO2,B正确；

C.等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，镂根离子不参与反应：

2++-

Ba+2OH+2H+SO；=BaSO4]+2H2O,C错误；

D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体生成碳酸钙和HC1O,离子方程式为：

2+

Ca+2C10+CO2+H2O=CaCO3J+2HC1O,D错误；

故选B。

8.下列由实验现象所得结论正确的是

A.将铁锈溶于浓盐酸，滴入酸性KMn。,溶液，紫色褪去，说明铁锈中含二价铁

B.向Na2s。3溶液中加BaC)溶液和稀硝酸，振荡有白色沉淀，说明Na2sO3溶液己变质

C.向含KSCN和Fe(NC)3)2溶液中加酸化的AgN。?溶液，溶液变红，说明氧化性：Ag+>Fe3+

D.向品红溶液中通入适量SO?,品红褪色，说明SO?具有漂白性

【答案】D

【解析】

【详解】A.浓盐酸也能使酸性KMn。,溶液紫色褪去，不能说明说明铁锈中含二价铁，故A错误；

B.亚硫酸根离子能被稀硝酸氧化为硫酸根离子，向Na2sO3溶液中加BaC%溶液和稀硝酸，振荡有白色

沉淀，不能说明Na2sO3溶液已变质，故B错误；

C.向含KSCN和Fe(NC)3)2溶液中加酸化的AgNC)3溶液，溶液变红，溶液中存在两种强氧化性的物

质：硝酸和银离子，因此不能说明氧化性：Ag+>Fe3+,故C错误；

D.向品红溶液中通入适量SO?,品红褪色，是SO?和品红反应生成了无色物质，说明SO2具有漂白性，

故D正确；

故选D。

9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大。M、N、P是由这些元素组成的二元化合物，

r、s、q是其中三种元素对应的单质，M与r均为淡黄色固体，W、X、Y位于不同周期。上述物质转化

关系如图所示（部分生成物略），下列说法错误的是

A.高温下，3moiFe与足量N反应转移电子数为8NA

B.非金属性：X>Y

C.X、Y、W形成的化合物为强碱

D.X、Y、Z形成的化合物为电解质

【答案】C

【解析】

【分析】M、N、P是由这些元素组成的二元化合物，r、s、q是其中三种元素对应的单质，M与r均为淡黄

色固体，则M为Na2O2,r为S,结合转化关系，可推知，N为H2O,s为H2,P为H2S,q为O2,W、X、

Y位于不同周期，又W、X、Y、Z的原子半径依次增大的短周期主族元素，则W为H元素，X为O元素，

Y为S元素，Z为Na元素，据此分析解答。

【详解】A.N为H2O,高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，且量的关系为：

3Fe~Fe3O4~8e,贝。，3molFe与足量N反应转移电子数为8NA,A正确；

B.X为O元素，Y为S元素，同周期元素自上而下，非金属性减弱，则非金属性：X>Y,B正确；

C.W为H元素，X为O元素，Y为S元素，三者形成的化合物为酸，C错误；

D.X为O元素，Y为S元素，Z为Na元素，三者形成的化合物为盐，都是电解质，D正确；

故选C。

10.以钛铁矿（主要成分为FeTi。?及少量MgO、CaO等）为原料制备高纯度钛白粉，同时得到绿研的工艺

流程如图。下列说法错误的是

稀硫酸浓硫酸物质X

钛铁矿滤液nT一系列操作钛液——>钛白粉

绿矶

已知：①常温下，稀硫酸几乎不与FeTiOs反应

②浓硫酸酸浸后Ti元素的存在形式为TiO2+

A.浸出I的主要目的是除去MgO

B.滤渣n为CaSO4

C.物质X为铁粉

D.“一系列操作”是蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥

【答案】D

【解析】

【分析】常温下，稀硫酸几乎不与FeTK)3反应，钛铁矿加入稀硫酸酸浸，氧化镁和稀硫酸反应进入滤液,

滤渣加入浓硫酸酸浸，将铁钛转化为盐溶液，钙转化为硫酸钙沉淀成为滤渣H,滤液加入铁将三价铁转化为

二价铁，处理后得到绿矶硫酸亚铁晶体和钛液，钛液处理得到钛白粉。

【详解】A.由分析可知，入稀硫酸酸浸，氧化镁和稀硫酸反应进入滤液，故浸出I的主要目的是除去MgO,

A正确；

B.由分析可知，滤渣H为CaSO^B正确；

C.滤液加入铁将三价铁转化为二价铁，处理后得到绿矶硫酸亚铁晶体，故X为铁粉，C正确；

D.“一系列操作”得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误；

故选D。

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.下列实验操作及现象所得结论正确的是

实验操作现象结论

石灰水变浑

A将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体通入过量澄清石灰水碳被氧化成C。？

浊

产生无色气

B取久置的Na2。?粉末，滴加过量的盐酸Na2O2已变质

体

溶液变为蓝食盐中可能含有

C向食盐中加入食醋、维生素C及淀粉溶液，用玻璃棒搅拌

色KIO3

D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X一定是浓盐酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.红热的炭放入浓硫酸中，反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑

浊，反应中碳也可能被氧化为CO,A错误；

B.Na?。?和盐酸中水反应也会生成氧气，产生气体不能说明Na?。？已变质，B错误；

C.维生素C具有还原性，酸性条件下能和KI。?生成碘单质，溶液变为蓝色，说明食盐中可能含有

KIO3,C正确；

D.蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生，应为挥发性酸，不一定为浓盐酸，也可能为浓硝酸等，

D错误；

故选C。

12.高铁酸钾（KzFeOj是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂。一种以废铁屑（主要成分是Fe,含少量

Fe2O3>FeO等）为原料制备KzFeC^的流程如图。下列说法正确的是

稀盐酸里盘

H2O2NIOHS

[「|，1M1I、

铁屑一i像同一N*04斗*粗K2FeC>4洗涤、干燥A&FeCU晶体

A.在“酸浸氧化”过程中，温度越高越有利于反应进行

B.碱性条件下氧化性；NaClO>Na2FeO4

C.该条件下物质的溶解性：Na2FeO4<K2FeO4

D.该流程中涉及的化学反应均为氧化还原反应

【答案】B

【解析】

【分析】铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,次氯酸钠将铁离子在碱性条件下

氧化成NazFeCU,加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾，分离得到粗KzFeCU,采用重结晶、洗涤、低温烘

干将其提纯。

【详解】A.H2O2在较高温度下会分解生成水和氧气，在“酸浸氧化”过程中，不适宜温度较高，故A错

误；

B.次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成NazFeCU,氯元素化合价降低，铁元素化合价升高，氧化剂是

NaClO,氧化产物是NazFeCU,则氧化性；NaClO>Na2FeO4,故B正确；

C.结晶过程中Na2FeO4加入浓KOH溶液，析出KzFeCU晶体，说明溶解性：Na2FeO4>K2FeO4,故C

错误；

D.结晶过程中NazFeCU加入浓KOH溶液生成K2FeC>4晶体和NaOH,无元素化合价发生变化，不是氧化

还原反应，故D错误；

故答案选B。

13.用还原法可将烟气中的氮氧化物(NOJ转化为无害物质。常温下，将NO,与H2的混合气体通入

Ce(SC)4)2与Ce2(SOj3的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法错误的是

4+3+

A.反应I的离子方程式为H2+2Ce=2H++2Ce

B.反应n中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2尤：i

C.该转化过程的实质是NO工被H?还原

D.反应前、后溶液中c(Ce4+)保持不变

【答案】C

【解析】

【分析】根据图示分析，过程I的离子方程式为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+,过程II离子方程式为

3+4+

2xW+4xCe+2NOr=4xCe+xH2O+N2,以此分析。

【详解】A.由分析可知，过程I的离子方程式为H2+2Ce,+=2H++2Ce3+,A正确；

B.过程II离子方程式为2xH++4xCe3++2NO、=4xCe4++xH2O+N2,Ce化合价升高，Ce3+为还原剂，

N元素化合价降低，NO,为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2X，C错误；

C.总方程式为2NO工+2xH2=N2+2xH2。，N元素化合价降低，为氧化剂，被还原，H元素化合价升

高，为还原剂，则该转化过程实质是NO,被H2还原，C正确;

D.总方程式为2NO工+2.丫凡=凡+21凡0,反应前、后溶液中c(Ce4+)保持不变，D正确；

故选C。

14.将15.2g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到标准状况下6.72LNO和NO2的混合气体,

向反应后的溶液中加入LOmoLLjiNaOH溶液1.0L,此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为

25.4g。下列说法错误的是

A.该硝酸的物质的量浓度为13.0moL!ji

B.合金中铜与镁的物质的量之比为1:2

C.混合气体中NO和NO2的体积之比为2:1

D.铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.4mol

【答案】BC

【解析】

【分析】设铜镁合金中铜、镁的物质的量分别为amokbmoL由合金的质量可得：64a+24b=15.2①，得到沉

淀为氢氧化铜沉淀和氢氧化镁沉淀，由沉淀的质量可得：98a+58b=25.4②，解联立可得a=0.2、b=0.1；设混

合气体中NO和NO2分别为xmol、ymol,由标准状况下混合气体的体积为6.72L,为0.3mol可得:x+y=0.3①，

由得失电子数目守恒可得：3无+y=0.2x2+0.1x2②，解联立可得x=0.15、产0.15；由铜离子和镁离子完全反应

时消耗1.011.。11101・17骨201i可知，反应得到的溶液为硝酸钠溶液，由氮原子个数守恒可知100mL硝酸

溶液中硝酸的物质的量为1.0mol/Lx1L+0.15mol+0.15mol=l,3mol,则硝酸溶液的浓度为13.0mol/L»

【详解】A.由分析可知，该硝酸的物质的量浓度为13.0mol/L,A正确；

B.由分析可知，合金中铜与镁的物质的量之比为2:1,B错误；

C.由分析可知，混合气体中NO和NO2的体积之比为1:1，C错误；

D.由分析可知，铜镁合金溶解后，溶液中溶质含硝酸铜、硝酸镁，结合氮守恒可知，镁合金溶解后，溶

液中乘U余HNO3的物质的量为L3mol-0.2moix2-0.1molx2-0.15mol-0.15moi=0.4mol,D正确；

故选BC。

15.向FeBr?和Fei2的混合液中通入足量CU，溶液中部分离子的物质的量随通入n(CL)的变化如图所

示。f表示一种含氧酸根离子，且。和f含有同一种元素。下列说法正确的是

013X11n（Cl2）/mol

A.c表示Fe?+的变化情况B,由图像可推断n（Br-）=6mol

-

C.每生成Imolf转移1OmoleD.原溶液中n（FeBr2）：n（FeI2）=3:1

【答案】BD

【解析】

【分析】向FeBr?和Fei2的混合液中通入足量C"依次发生：2F+C12=2CF+12,

2+3+

2Fe+Cl2=2Fe+2C「、2Br+Cl2=2CF+Br2、5C12+I2+6H2O=10HC1+2HIO3,因此a

为「、b为Fe2+、c为Fe3+、d为IO]。

【详解】A.据分析，C代表的是Fe3+的变化情况，并非Fe?+的变化情况，故A错误；

B.FeBr?和Fei?的混合液中n（Br）+n（r）=2n（Fe"）,亚铁离子消耗氯气：3moi-lmol=2mol,

2molC12~4molFe2+,n（B/）+n（1）=2n（Fe"）=2x4mol=8mol,r消耗氯气为Imol、lmolC12~2molr,

则n（BF）=8mol-2mol=6mol,故B正确；

C.根据得失电子守恒有：lmoll2~2lO]~10mole:每生成Imolf转移5moia,故C错误；

（）：：故正

D.据B解析有：n（Br[=6mol、n（l]=2mol,原溶液中n（FeBr2）nFeI2=^^=31,D

确;

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.实验室利用干燥的Cl?氧化NaC。固体制备CIO?。装置如图:

干燥空气

己知：cio?沸点为n°c,极易溶于水且不与水反应，在空气中的体积分数超过10%易爆炸，其水溶液相

对安全。

回答下列问题：

(1)制备C1O?的化学方程式为。

(2)仪器a的名称为,装置A中反应的离子方程式为,其中HC1表现酸性与还

原性的物质的量之比为o

(3)D中冰水的主要作用是o

(4)配制E中所需质量分数为5%的NaOH溶液，需要使用的玻璃仪器除了胶头滴管、玻璃棒外，还有

(5)制备完毕后，将冰水浴改为热水浴并用N2将CIO?吹入水中。取5mleIO?水溶液于锥形瓶中，加入

过量KI溶液后再加入适量淀粉溶液，锥形瓶中液体变蓝，继续滴加20mLeUOOOmol.L」的Na2s2。3溶液

1

恰好使锥形瓶中液体又变为无色，则C1O2水溶液中C1O2的含量为gLo(已知：

+

2C1O2+101+8H=5I2+2C1+4H2O；I2+2S2O|=2I+S4O^)

【答案】(1)2NaClO2+Cl2=2NaCl+C1O2

+2+

(2)①.分液漏斗2MnO；+10CF+16H=2Mn+5C12T+8H2O③.3：5

(3)防止爆炸(4)容量瓶、烧杯

(5)54

【解析】

【分析】高锯酸钾和浓盐酸制备氯气，有杂质水蒸气和HCL需要依次通过饱和氯化钠溶液和浓硫酸除杂，

干燥纯净的氯气在D中发生CU氧化NaClO2固体制备CIO?,E为尾气处理装置。

【小问1详解】

干燥的Cl2氧化Nad。？固体制备C1O2：2NaClO2+Cl2—2NaCl+CIO。；

【小问2详解】

a指向的是分液漏斗，A中高铳酸钾将HC1氧化生成氯气：

-+2+

2MnO[+10C1+16H=2Mn+5C12T+8H2O；Imol反应中有6moiHC1体现酸性lOmolHCl体现还

原性，HC1表现酸性与还原性的物质的量之比为3：5；

【小问3详解】

CIO2沸点为1TC，在空气中的体积分数超过10%易爆炸，冰水浴将CIO2转化为液态，降低其在空气中

的体积分数防止爆炸；

【小问4详解】

配制E中所需质量分数为5%的NaOH溶液，需要使用的玻璃仪器除了胶头滴管、玻璃棒、容量瓶、烧

杯；

【小问5详解】

2C1O2~5I2~gO；

根据化学方程式有：2x67.5glOmol,

m20x10-3Lx0.lOOOmobL1

27

m=20*1°工x0.Imol.L」x2x67.5g=,C1Q水溶液中ciO2的含量为°-f=54g/L。

lOmol65XW3L6

17.某化学兴趣小组为探究菠菜中铁元素的价态及含量，进行如下实验。回答下列问题：

I.定性检测菠菜中的铁元素

洗净稀H2sO4操作I^―-KSCN溶液工口口日,会

100g菠菜----------►无明显现象

（1）研磨需要的仪器名称为,操作I的名称为O

（2）甲同学根据实验现象推测菠菜中不含铁元素。乙同学认为菠菜中铁元素可能以Fe?+形式存在，并对

实验进行如下改进：

酸性KM11O4溶液KSCN溶液

滤液IA溶液褪色＞现象I

“溶液褪色”不能证明菠菜中含有Fe2+的原因是,若“现象I”为,则可证明菠菜中

铁元素以Fe2+存在。

II.定量测定菠菜中铁元素含量

洗净、灼烧「布右。。操作”

100g菠菜PmL滤液n

(3)沉淀法：取YmL滤液II,加入足量NaOH溶液，生成沉淀，静置一段时间，沉淀颜色逐渐加深，

2

过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量、计算。用化学方程式说明沉淀颜色加深的原因是。

(4)比色法：另取YmL滤液H,加入足量稀硝酸，配制成100mL溶液，使用分光光度计测得待测液中

2

c(Fe3+)吸光度位于图中M点

0.800

0.700

0.600

0.500

0.400

0.300

0.200

0.100

0.000

0.002.004.006.008.0010.00

c(Fe3+)/W4molL-1

稀HNO3与Fe?+反应的离子方程式为；菠菜中铁元素的含量为mg/100g。

【答案】(1)①.研钵②.过滤

(2)①.溶液中可能存在其他还原性离子使酸性高铳酸钾溶液褪色②.溶液变成红色

(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

2++3+

(4)3Fe+4H+NOj=3Fe+NOT+2H2O②.2,8

【解析】

【分析】实验I菠菜研磨后，稀硫酸酸浸，过滤后得到滤液，亚铁离子进入滤液中，加硫氟化钾，溶液无现

象，重新取滤液加入酸性高镒酸钾溶液后褪色，再加硫氧化钾溶液，溶液变红，说明滤液中含有亚铁离子；

实验H利用分光光度计测得待测液中c(Fe3+)吸光度，通过物质的量的相关计算，求出菠菜中铁元素含量；

【小问1详解】

①研磨所需要的仪器为研钵；

②操作I之后得到了滤液，故操作I为过滤；

小问2详解】

①“溶液褪色”不能证明菠菜中含有Fe?+的原因是还原性离子都可以使酸性高锦酸钾溶液褪色，故不能证

明是Fe2+的原因；

②加入KSCN溶液后，溶液变红色，证明溶液中有Fe3+,即与酸性高锦酸钾溶液反应后生成Fe3+,则之前

溶液中含有Fe2+；

【小问3详解】

沉淀颜色加深的原因是氢氧化亚铁逐渐转化成氢氧化铁，故化学方程式为

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

【小问4详解】

2+

①稀HNO3与Fe反应为氧化还原反应，故离子反应方程式为

2++3+

3Fe+4H+N0；=3Fe+N0T+2H2O；

②菠菜中铁元素的含量的计算，M点"FeS+TZ.SOxlOYmol/L,溶液体积为100mL,故

n(Fe3+)=cV=2.50xW4moVLx100mLxW3=2.50xW5mol,

m(Fe)=nM=2.50xl0-5molx56g/molxl03=1.4mg由于100g菠菜配成VmL溶液，只取了5nlL进行

测定，故菠菜中铁元素的含量为2.8mg"00g。

18.某研究小组设计如图装置制取SO?并对其性质进行探究(部分夹持装置略)。

回答下列问题:

(1)仪器X的名称是装置C的作用是验证so?具有性。

(2)装置B的作用除了可以通过观察产生气泡的多少判断反应的快慢外，还有oB中应选用

的试剂为。

(3)装置D中发生反应的离子方程式为，小组某同学为验证SO?与Fe3+发生反应，设计实

验：取适量装置D中溶液，滴加少量滨水，滨水褪色说明发生反应。该方案是否合理并说明理由

(4)实验开始后，发现装置E中的溶液迅速变黄，继续通入SO2,一段时间后出现乳黄色浑浊。查阅资

+

料得知：SO2+4F+4H=S+2I2+2H2Oo实验结束取适量装置E中浊液，向其中滴加几滴淀粉溶液，

振荡，无明显现象，用离子方程式说明加入淀粉溶液无明显现象的原因是o

(5)小组同学观察到装置F中红色褪去，装置H中无明显现象，据此分析能使品红水溶液褪色的微粒可

能是o

【答案】(1)①.球形干燥管②.氧化性

(2)①.缓冲作用②.饱和亚硫酸氢钠溶液

3+2++

(3)@.SO2+2Fe+2H2O=2Fe+SO；-+4H②.二氧化硫也能使滨水褪色

-+

(4)S02+I2+2H2O=2F+S04+4H

(5)H2sO3或HSO］或SOj

【解析】

【分析】亚硫酸钠固体和70%浓硫酸反应制得二氧化硫气体，B可以通过产生气泡的多少判断反应快慢同

时能够起到缓冲作用，C中发生二氧化硫将硫离子氧化生成硫单质的反应、D中发生铁离子将二氧化硫氧化

为硫酸根离子而生成硫酸亚铁。

【小问1详解】

X指向球形干燥管，C中发生二氧化硫将硫离子氧化生成硫单质的反应体现了二氧化硫的氧化性；

【小问2详解】

据分析，B可以通过产生气泡的多少判断反应快慢，同时若后面到堵塞气体将B中的液体压入长颈漏斗能

够起到缓冲作用；二氧化硫在B中的溶解度要非常小，可以选用饱和亚硫酸氢钠溶液；

【小问3详解】

D中发生铁离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子而生成硫酸亚铁：

3+2++

SO2+2Fe+2H2O=2Fe+SO；-+4H；该方案不合理，因为二氧化硫也能使滨水褪色，因此不能说明

发生该反应；

【小问4详解】

+

二氧化硫能被碘单质氧化：SO2+I2+2H2O=2r+SO^+4H,因此E中浊液，向其中滴加几滴淀粉溶

液，振荡，无明显现象;

【小问5详解】

F中红色褪去，装置H中无明显现象说明是二氧化硫和水反应生成的亚硫酸或者亚硫酸电离出的亚硫酸氢

根离子或者亚硫酸根离子使品红褪色了。

19.研究氮及其化合物的性质对改善人类的生存环境具有重要意义。回答下列问题：

（1）一种新型人工固氮的原理如图。该转化过程①②③反应中为氧化还原反应的是（填编

号）。假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3,同时生成molO20

NH3

（2）在催化剂的作用下，向280~420℃的烟气中喷入氨可使工厂废气中的氮氧化物转化为无污染的物

质。写出NH3消除NO2的化学反应方程式：。

（3）废水中氮的主要存在形态是硝态氮（以N。；存在）和氨氮（以NH3、NH：存在），还原法和氧化法是去

除废水中氮的重要方法。

①还原法：控制其他条件相同，去除pH=l的某含氮废水（废水中总氮。10mg1T）中的硝态氮，图1为只

加过量Na2s。3、图2为同时加过量Fe粉与Na2sCh时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。

10

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°0102030405060O

102030405060

时间/min时间/min

图1图2

分析上述图像，图1中生成N2的离子方程式为；图2中20〜60min内发生主要反应的离子方

程式为o

②氧化法：利用NaClO将水体中氨氮氧化为N2。已知氧化性：HC1O>C1O--还原性：NH3>NH：„研

究发现，控制其他条件相同，当废水pH为1.25〜2.75范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，分析原因是

；当废水pH为2.75〜6.00范围内，氨氮去除率随pH降低而下降，分析原因是o

【答案】（1）①①③②.0.3

280~420℃

（2）8NH3+6NO2催化剂7此+12凡0

++2+

（3）①.2NO3+2H+5SOt=5SO；+N2T+H2O②.4Fe+NO3+10H=NH*+4Fe+3H2O

③.HC1O氧化性比CIO-强，随着pH升高，CIO水解程度减小，溶液中HC1O浓度下降，氧化能力降低，导

致氨氮去除率下降④.随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化

【解析】

【小问1详解】

转化过程反应①：N2+6Li=2Li3N,为氧化还原反应；反应②U3N+3H2O=NH3T+3LiOH为非氧化还原反应

电解

反应；③反应4LiOH^=4Li+O2T+2H2。为氧化还原反应，所以转化过程反应中为氧化还原反应的是

①③；生成ImolNIh转移3moi电子，生成ImolCh,转移4moi电子，所以4NH3~3Ch,假设每一步均完

全转化，每生成0.4molNH3,同时生成0.3molC）2；

【小问2详解】

在催化剂的作用下，向280~420℃的烟气中喷入氨可使工厂废气中的氮氧化物转化为无污染的物质，即

280~420℃

生成N2和H2O,所以NH3消除NO2的化学反应方程式：8NH+6NO7N+12HO；

32催化剂22

【小问3详解】

去除pH=l的某含氮废水（废水中总氮。10mg1T）中的硝态氮，加过量Na2so§反应生成N2、SO：和

H20,离子方程式为2NO3+2H++5SO；=5SO：+N2T+H2。；图2中20~60min内发生主要反应的离子

2+

方程式为：4Fe+NC）3+10丁=NH；+4Fe+3H2O；控制其他条件相同，当废水pH为1.25〜2.75范围

内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HC1O氧化性比CIO强，随