还剩13页未读，
继续阅读
精品解析：江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期3月阶段性检测化学试题（解析版）
展开
这是一份精品解析：江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期3月阶段性检测化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Ag—108 K—39
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法不正确的是
A. 以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
B. 汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒CO和NO反应生成N2和CO2
C. 向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终转化为CaSO4，可减少对大气的污染
D. 在食品袋中放入盛硅胶的透气小袋，可防止食物因受潮而变质
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．制作光导纤维的是二氧化硅，故A错误；
B．汽车尾气中CO和NO均有毒，需要转化为无毒的氮气和二氧化碳才能排放，汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2，故B正确；
C．向煤中加入适量石灰石。石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，减少二氧化硫的排放，故C正确；
D．硅胶具有吸附性，可以作干燥剂，在食品袋中放入盛硅胶的透气小袋，可防止食物因受潮而变质，故D正确。
故选A。
2. 有关反应的说法正确的是
A. 是还原剂B. 得到电子
C. 是氧化剂D. 发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氧元素化合价降低，是氧化剂，故A错误；
B．得到电子，化合价降低发生还原反应，为氧化剂，故B正确；
C．中铁、硫元素化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，故C错误；
D．中铁、硫元素化合价升高，发生氧化反应，故D错误。
故选B。
3. 下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备NH3B. 用乙装置制备氨水
C. 用丙装置制备N2H4·H2OD. 用丁装置提纯N2H4·H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2与NH4Cl混合加热发生反应产生CaCl2、NH3、H2O，固体混合物加入时为防止湿存水回流使试管炸裂，制取装置的试管口要向下倾斜，A正确；
B．NH3极易溶于水，为防止NH3溶于水导致导气管中气体压强减小而引起倒吸，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，因此可以用乙装置制备氨水，B正确；
C．氨气可被次氯酸钠氧化为N2H4·H2O，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水中，C错误；
D．N2H4·H2O沸点较低，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，图中装置合理，D正确；
故合理选项是C。
4. 下列相关微粒的化学用语错误的是
A. 中子数为9氮原子：B. 的电子式：
C. 的结构式：D. 的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为9氮原子的质量数为16，原子符号为，故A正确；
B．次氯酸钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故B正确；
C．是含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，结构式为，故C错误；
D．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故D正确；
故选C。
5. 在题给条件下，下列物质间的转化可以实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则物质间的转化可以实现，故A正确；
B．溶液中的铵根离子不能与二氧化硫反应，则物质间的转化不能实现，故B错误；
C．肼具有强还原性，与具有氧化性的氯气反应生成氮气和氯化氢，不能生成氨气，则物质间的转化不能实现，故C错误；
D．催化剂作用下氨气与氧气干扰发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，没有催化剂的条件下氨气和氧气共热不反应，则物质间的转化不能实现，故D错误；
故选A。
6. 下列反应的化学或离子方程式错误的是
A. 制的离子方程式：
B. 白磷与溶液反应：
C. 与足量的溶液反应的离子方程式：
D. 雌黄制备雄黄的方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶于水生成、NO，离子方程式为：，故A正确；
B．白磷与溶液反应生成、，离子方程式为，故B正确；
C．为一元酸，与足量的溶液反应的离子方程式：，故C错误；
D．雌黄（As2S3）和SnCl2、HCl制备雄黄（As4S4）的方程式为：，故D正确；
故选C。
7. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. N2难溶于水，可用作瓜果保护气B. 浓硝酸具有强氧化性，可用于钝化铁、铝
C. NH3具有还原性，可用作制冷剂D. HNO3具有强氧化性，可用于制硝酸铵
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2可用作瓜果保护气是由于其化学性质稳定，不容易参加化学反应，与其难溶于水的性质无关，因此不具有对应关系，A不符合题意；
B．浓硝酸具有强氧化性，在室温下遇到Fe、Al时会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，因此浓硝酸可用铝质或铁质容器储存、运输，用于钝化铁、铝，性质与用途具有对应关系，B符合题意；
C．NH3可用作制冷剂是由于其沸点低，液氨气化时会从周围环境中吸收大量热量，导致环境温度降低，而与其具有还原性无关，因此不具有对应关系，C不符合题意；
D．HNO3具有酸性，能够与氨气反应产生硝酸铵，因此硝酸可用于制硝酸铵，这与其是否具有强氧化性无关，因此不具有对应关系，D不符合题意；
故合理选项B。
8. 用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，说明高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故A符合题意；
B．KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br-，氯气优先氧化亚铁离子，对氯气和溴单质氧化性比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．稀硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，稀硝酸也能与硅酸钠反应，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，除去了原有物质，不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案选A。
9. X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数，元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素，下列说法正确的是
A. 氧化物对应水化物的酸性：Q＞YB. 简单离子半径：M＞Z
C. 与MQ的晶体类型不同D. 简单氢化物的沸点：Z＞Y
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数，则X为H元素；元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，则Y为N元素；Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O元素；M与X同主族，则M为Na元素；Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl元素。
【详解】A．弱酸次氯酸的酸性弱于强酸硝酸，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，故B错误；
C．硫化钠和氯化钠都是只含有离子键的离子晶体，晶体类型相同，故C错误；
D．水分子间形成的氢键的数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，故D正确；
故选D。
10. 水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法错误的是
A. 反应①为非氧化还原反应
B. 反应②每生成1 ml N2，转移6 ml电子
C. 22.4 L二氧化碳所含的共用电子对数目为4NA
D. CO2在该反应中能够循环利用
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示可知反应①为CO2、H2O、Ca(ClO)2反应转化为CaCO3、HClO，反应方程式为：CO2+H2O+Ca(ClO)2=CaCO3+2HClO，反应中元素的化合价不变，因此该反应为非氧化还原反应，A正确；
B．根据图示可知反应②为NH3、HClO反应产生N2、H2O、HCl，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2NH3+3HClO=N2+H2O+3HCl，在该反应中每反应产生1 ml N2，转移6 ml电子，B正确；
C．未指出气体所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能判断气体分子中所含的共用电子对数，C错误；
D．根据图示可知：CO2在反应①中是反应物，在反应③中是生成物，然后再在反应①中被利用，因此可以在总反应中能够循环利用，D正确；
故合理选项是C。
11. 还原性纳米铁在碱性条件下易生成沉淀，在酸性条件下能将还原为。取2份含有一定浓度的水样加入纳米铁，并调节其中1份溶液的pH，溶液中的总氮去除率(加入纳米铁后溶液中N元素减少的质量÷加入纳米铁前溶液中N元素质量)与pH的关系如图1；在常温下调节另一份溶液的，测量溶液中含氮物质浓度随时间变化如图2。下列说法不正确的是
A. pH过低溶液中总氮去除率低可能是纳米铁将溶液里还原为
B. pH过高溶液中总氮去除率低可能是纳米铁被沉淀包裹，还原性降低
C. 溶液中总氮浓度下降，说明总氮去除率升高
D. 时，纳米铁主要将还原为、
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知在酸性条件下能将还原为，故pH过低溶液中总氮去除率低可能纳米铁将溶液里还原为，氮还在溶液中在着，A正确；
B．由题意还原性纳米铁在碱性条件下易生成沉淀，故pH过高溶液中总氮去除率低可能是纳米铁被沉淀包裹，导致纳米铁还原性降低，B正确；
C．溶液中总氮浓度下降，则跑掉的N多，说明总氮去除率升高，C正确；
D．由图2可知时，、浓度增大的同时，的浓度也缓慢增大，说明时，纳米铁不能将还原为、，D错误；
答案选D。
12. 工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Ni、Si等元素）制备MnSO4，工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. 已知“滤渣1”中含有S，则“溶浸”中涉及生成S的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B. “氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化Fe3+为以保证铁元素全部进入“滤渣2”
C. 为提高生产效率，“调pH”工序应该在较高温度下进行
D. 沉锰的离子反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】MnO2粉与MnS矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7~6.2之间，除去Fe3+、A13+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铍发生反应：Mn2+ +2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰。
【详解】A．根据上述分析可知：“滤渣1”中含有S、SiO2，则“溶浸”中涉及生成S的反应MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，在该反应中，MnO2为氧化剂，MnS为还原剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，A错误；
B．“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化Fe3+，然后加入氨水调节pH在4.7~6.2之间，以保证铁元素全部形成Fe(OH)3沉淀而进入“滤渣2”，B正确；
C．若“调pH”工序在 温度下进行，氨水会发生分解反应产生NH3逸出，不能提高生产效率，因此反应不能再较高温度下进行，C错误；
D．沉锰时一部分电离产生H+、，Mn2+与反应产生MnCO3沉淀；产生的H+与其它反应产生H2O、CO2，故反应的离子反应为Mn2+ +2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D错误；
故合理选项是B。
13. 高铁酸钾()是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓溶液，极易溶于水而成浅紫红色溶液，静置后会分解放出氧气，并生成胶体，因杀菌消毒和除污能力全面优于氯水，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于、等。工业上湿法制备的流程如下：
下列关于的说法不正确的是
A. 在浓溶液中的溶解度低于
B. 将与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
C. 溶液具有除污能力是因为其生成的胶体有吸附作用
D. 可用丁达尔效应鉴别和两种紫红色溶液
【答案】B
【解析】
【分析】NaClO具有强氧化性，可以把Fe（NO3）3中三价铁离子氧化为+6价的高铁酸钠，高铁酸钠与氢氧化钾发生复分解反应，生成在氢氧化钾溶液中溶解度小的高铁酸钾。
【详解】A．由上述分析可知，在浓溶液中的溶解度低于，故A正确；
B．K2FeO4有强氧化性与盐酸混合会发生反应生成氯气，降低其杀菌消毒效果，故B错误；
C．的还原产物Fe3+水解能产生胶体，具有吸附作用导致其有除污能力，故C正确；
D．K2FeO4与水反应生成氢氧化铁胶体，能发生丁达尔效应，可用丁达尔效应来鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，故D正确。
答案选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 以铁屑(表面含少量Fe2O3)为原料先制备FeC2O4·2H2O，再通过灼烧、还原制备高纯度还原铁粉的工艺流程如下：
已知：草酸(H2C2O4)为二元弱酸。
（1）酸溶。将铁屑溶于足量的稀H2SO4中过滤所得溶液经检验不含Fe3+。
①检验酸溶后的溶液是否含Fe3+的试剂是________。
②滤液中不存在Fe3+的原因是________。(用离子反应表示)
（2）沉淀、过滤。向酸溶后的溶液中滴加稍过量的H2C2O4，过滤得FeC2O4·2H2O。沉淀反应的离子方程式为________。
（3）灼烧。在氧气流中灼烧FeC2O4·2H2O得Fe2O3、CO2。
①灼烧时发生反应的化学方程式为________。
②研究发现，FeCO3·2H2O也可以灼烧得到Fe2O3，但灼烧FeC2O4·2H2O得到的Fe2O3比灼烧FeCO3·2H2O得到的Fe2O3更容易被还原，可能的原因是________。
（4）还原。为制得高纯度的还原铁粉，以下还原剂最合适的是________。
A．碳粉 B．铝粉 C．氢气
【答案】（1） ①. KSCN ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+
（2）Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
（3） ①. 2[FeC2O4·2H2O] Fe2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O ②. FeC2O4·2H2O灼烧产物中CO的含量更高，Fe2O3更容易被还原
（4）C
【解析】
【分析】Fe与硫酸反应产生FeSO4，铁锈中的Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3，Fe与Fe2(SO4)3反应转化为FeSO4；然后向其中加入稍过量的H2C2O4，反应产生FeC2O4·2H2O，FeC2O4·2H2O在氧气流中灼烧，反应产生Fe2O3、CO2，然后加入还原剂将Fe2O3还原为Fe单质，得到还原铁粉。
【小问1详解】
)①Fe3+与SCN-反应使溶液变为血红色，据此检验溶液中是否含Fe3+。故检验Fe3+的试剂是KSCN溶液；
②铁屑(表面含少量Fe2O3)与足量稀硫酸反应产生Fe3+，过量的Fe可将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，因此滤液中不含Fe3+；
【小问2详解】
酸溶后溶液中含有Fe2+，向其中加入稍过量的H2C2O4，反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
【小问3详解】
①在氧气流中灼烧FeC2O4·2H2O得Fe2O3、CO2、H2O，该反应的化学方程式为：2[FeC2O4·2H2O] Fe2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O；
②FeC2O4·2H2O灼烧得到Fe2O3的化学方程式为：2[FeC2O4·2H2O] Fe2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O；灼烧FeCO3·2H2O得到的Fe2O3的化学方程式为：2[FeCO3·2H2O]Fe2O3+CO↑+CO2↑+4H2O，根据方程式可知：FeC2O4·2H2O灼烧产物中CO的含量更高，Fe2O3更容易被还原产生铁粉；
【小问4详解】
还原Fe2O3制得高纯度的还原铁粉，则所选择的还原剂必须还原性比铁强，且不容易引入杂质，碳、铝均易在还原过程中引入杂质，氢气是最好的还原剂，H2氧化产物是H2O，以H2O以气体形式逸出，因此不容易造成污染，故合理选项是C。
15. 工业上由含铜废料（含有、、等）制备硝酸铜晶体的流程如下：
（1）“焙烧”在600℃时进行，写出转化为和的化学方程式：________。
（2）“淘洗”所用的溶液A可以是________（填字母）。
A. 稀硫酸B. 浓硫酸C. 稀硝酸D. 浓硝酸
（3）“反应”这一步所用 试剂是和，反应过程中无气体生成，该反应的化学方程式：________。
（4）根据题图分析从“反应”所得溶液中析出的方法是________。
【答案】（1）2CuS+3O2CuO+2SO2 （2）A
（3）Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O
（4）蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶
【解析】
【分析】由题给流程可知，含铜废料在空气中焙烧时，铜被氧化生成氧化铜、硫化铜转化为氧化铜和二氧化硫，向焙烧渣中加入稀硫酸酸化，将氧化铜溶解转化为硫酸铜，向酸化后的溶液中加入铁，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和滤液；滤渣经稀硫酸淘洗得到淘洗和铜，由题意可知，向铜中加入稀硝酸和过氧化氢溶液得到硝酸铜溶液，由溶解度与温度关系示意图可知，硝酸铜溶液经蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶，过滤、洗涤、干燥得到二水硝酸铜。
【小问1详解】
由分析可知，600℃焙烧时硫化铜发生的反应为硫化铜高温条件下与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为2CuS+3O2CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O2CuO+2SO2；
【小问2详解】
铜能与稀硝酸和浓硝酸反应，铁在浓硝酸、浓硫酸中会发生钝化，所以淘洗除去滤渣中混有的铁时，应加入稀硫酸淘洗，故选A；
【小问3详解】
由题意可知，“反应”这一步发生反应为铜中与稀硝酸和过氧化氢溶液反应生成硝酸铜和水，反应的化学方程式为Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O；
【小问4详解】
由分析可知，硝酸铜溶液经蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶，过滤、洗涤、干燥得到二水硝酸铜，故答案为：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶。
16. 氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为________。
（2）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7 ml氨恰好能将含NO和NO2共6 ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
Ⅰ．在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和，其离子方程式：________。
Ⅱ．NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________。
（3）用硝酸可以回收粗银中的银。取样品0.3000 g溶于足量的硝酸，以NH4Fe(SO4)2·12H2O为指示剂，用0.1 ml/LKSCN标准溶液滴定，当锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不褪色达滴定终点，平行滴定三次，平均消耗22.00 mLKSCN标准溶液。已知：AgSCN为难溶于水的白色固体，FeSCN2+为红色。通过计算确定粗银中银的回收率________(假设产品中的杂质不参与反应，写出计算过程)。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2） ①. 1：3 ②. 3HClO+2NO+H2O=2+3Cl-+5H+ ③. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（3）79.20%
【解析】
【分析】N2、H2在高温高压催化剂条件下合成NH3，NH3与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生NO、H2O，NO与O2、H2O反应产生HNO3。
【小问1详解】
NH3与O2在氧化炉中，在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO、H2O，该反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
【小问2详解】
①NH3与NO、NO2反应产生N2、H2O，假设6 ml 混合气体中NO、NO2的物质的量分别是x、y，则x+y=6 ml，NO、NO2得到电子变为N2，NH3失去电子变为N2，根据电子守恒可知有关系式2x+4y=7×3 ml，将两式联立即可解得x=1.5 ml，y=4.5 ml故n(NO)：n(NO2)=x：y=1：3；
②在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和，HClO被还原为HCl，其离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=2+3Cl-+5H+；
NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度就越大，其氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
HNO3将样品中的Ag氧化为Ag+，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓反应转化关系可知：用0.1 ml/LKSCN标准溶液滴定，平均消耗22.00 mLKSCN标准溶液。n(Ag)=c·V=0.1 ml/L×0.022 L=2.200×10-3 ml，则该工艺银的回收率为：×100%=79.20%。
17. 铁及铁的化合物在污水治理中有广泛的应用。
（1）石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的，纳米铁还原废水中的可能反应机理如图表示：
纳米铁还原的过程可描述为纳米失去电子生成，在纳米铁表面________________，在纳米铁表面________________。
（2）有氧条件下，催化还原是主要的烟气脱硝技术。在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出总反应的化学方程式：________________。
（3）纳米零价铁（NZVI）／BC与（Cu—Pd）／BC合作用可去除水体中的硝态氮。在NZVI／BC和（Cu—Pd）／BC复合材料联合作用的体系中，生物炭（BC）作为NZVI、Cu、Pd的载体且减少了纳米零价铁的团聚，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H,NZVI／BC和（Cu—Pd）／BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图所示，转化为或的过程中有两步氧化还原反应，其中第一步的还原剂是________，第二步反应的还原剂是________。
（4）活化（过一硫酸根离子）产生三种主要的有效强氧化性自由基（、和）。自由基对氨氮的去除具有一定的选择性，活化过程的主要反应机理如下：、、。
①酸性条件下，经氯化亚铁活化的过一硫酸盐可将废水中的转化为沉淀被全部回收,写出生成沉淀的离子方程式：________。
②研究表明，过一硫酸盐溶液中单独投加可将废水中的全部去除，但的去除率却很低。额外投加一定量后，和的去除率均达到,单独投加时，去除率很低的可能原因是________。
【答案】（1） ①. NO在铁表面得到电子被还原为NO ②. NO在铁表面得到电子被还原为N2和NH
（2）4NH3+4NO+O24N2+4H2O
（3） ①. Fe ②. H
（4） ①. Fe3++PO=FePO4↓ ②. Cl·对去除NH具有最高选择性，单独投加FeCl2时，Cl—浓度较小，导致产生Cl·量液较少，不足以将NH完全氧化
【解析】
【小问1详解】
由图可知，纳米铁还原硝酸根离子的反应机理为纳米铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，硝酸根离子在铁表面得到电子被还原为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子在铁表面得到电子被还原为氮气和铵根离子，故答案为：NO在铁表面得到电子被还原为NO；NO在铁表面得到电子被还原为N2和NH；
【小问2详解】
由图可知，有氧条件下，氨气催化还原一氧化氮的反应为催化剂作用下氨气与氧气和一氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+4H2O，故答案为：4NH3+4NO+O24N2+4H2O；
【小问3详解】
由图可知，硝酸根离子转化为氮气或铵根离子的过程中有两步氧化还原反应，其中第一步反应为硝酸根离子被铁还原为亚硝酸根离子，第二步反应为亚硝酸根离子被吸附在铜和钯表面的活性氢还原为氮气或铵根离子，则第一步反应的催化剂为铁、第二步反应的还原剂为氢，故答案为：Fe；H；
【小问4详解】
①由方程式可知，将溶液中磷酸根离子全部转化为磷酸铁沉淀的原因是过一硫酸根离子具有强氧化性，酸性条件下能将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应生成的铁离子与溶液中的磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，则生成磷酸铁沉淀的离子方程式为Fe3++PO=FePO4↓，故答案为：Fe3++PO=FePO4↓；
②过一硫酸盐溶液中单独投加硫化亚铁可将废水中的磷酸根离子全部去除，但铵根离子的去除率却很低，额外投加一定量氯化钠后，磷酸根离子和铵根离子的去除率均达到100%，单独投加氯化亚铁时，铵根离子才去除率很低说明Cl·对去除铵根离子具有最高的选择性，单独投加氯化亚铁时，溶液中氯离子浓度较小，导致产生Cl·量液较少，不足以将铵根离子完全氧化，故答案为：Cl·对去除NH具有最高的选择性，单独投加FeCl2时，Cl—浓度较小，导致产生Cl·量液较少，不足以将NH完全氧化。选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证SO2有还原性
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4溶液
B
验证氧化性：Cl2>Br2
浓盐酸
KMnO4
FeBr2溶液
C
验证非金属性：N>C>Si
稀硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Ag—108 K—39
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法不正确的是
A. 以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
B. 汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒CO和NO反应生成N2和CO2
C. 向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终转化为CaSO4，可减少对大气的污染
D. 在食品袋中放入盛硅胶的透气小袋，可防止食物因受潮而变质
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．制作光导纤维的是二氧化硅，故A错误；
B．汽车尾气中CO和NO均有毒，需要转化为无毒的氮气和二氧化碳才能排放，汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2，故B正确；
C．向煤中加入适量石灰石。石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，减少二氧化硫的排放，故C正确；
D．硅胶具有吸附性，可以作干燥剂，在食品袋中放入盛硅胶的透气小袋，可防止食物因受潮而变质，故D正确。
故选A。
2. 有关反应的说法正确的是
A. 是还原剂B. 得到电子
C. 是氧化剂D. 发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氧元素化合价降低，是氧化剂，故A错误；
B．得到电子，化合价降低发生还原反应，为氧化剂，故B正确；
C．中铁、硫元素化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，故C错误；
D．中铁、硫元素化合价升高，发生氧化反应，故D错误。
故选B。
3. 下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备NH3B. 用乙装置制备氨水
C. 用丙装置制备N2H4·H2OD. 用丁装置提纯N2H4·H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2与NH4Cl混合加热发生反应产生CaCl2、NH3、H2O，固体混合物加入时为防止湿存水回流使试管炸裂，制取装置的试管口要向下倾斜，A正确；
B．NH3极易溶于水，为防止NH3溶于水导致导气管中气体压强减小而引起倒吸，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，因此可以用乙装置制备氨水，B正确；
C．氨气可被次氯酸钠氧化为N2H4·H2O，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水中，C错误；
D．N2H4·H2O沸点较低，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，图中装置合理，D正确；
故合理选项是C。
4. 下列相关微粒的化学用语错误的是
A. 中子数为9氮原子：B. 的电子式：
C. 的结构式：D. 的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为9氮原子的质量数为16，原子符号为，故A正确；
B．次氯酸钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故B正确；
C．是含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，结构式为，故C错误；
D．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故D正确；
故选C。
5. 在题给条件下，下列物质间的转化可以实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则物质间的转化可以实现，故A正确；
B．溶液中的铵根离子不能与二氧化硫反应，则物质间的转化不能实现，故B错误；
C．肼具有强还原性，与具有氧化性的氯气反应生成氮气和氯化氢，不能生成氨气，则物质间的转化不能实现，故C错误；
D．催化剂作用下氨气与氧气干扰发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，没有催化剂的条件下氨气和氧气共热不反应，则物质间的转化不能实现，故D错误；
故选A。
6. 下列反应的化学或离子方程式错误的是
A. 制的离子方程式：
B. 白磷与溶液反应：
C. 与足量的溶液反应的离子方程式：
D. 雌黄制备雄黄的方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶于水生成、NO，离子方程式为：，故A正确；
B．白磷与溶液反应生成、，离子方程式为，故B正确；
C．为一元酸，与足量的溶液反应的离子方程式：，故C错误；
D．雌黄（As2S3）和SnCl2、HCl制备雄黄（As4S4）的方程式为：，故D正确；
故选C。
7. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. N2难溶于水，可用作瓜果保护气B. 浓硝酸具有强氧化性，可用于钝化铁、铝
C. NH3具有还原性，可用作制冷剂D. HNO3具有强氧化性，可用于制硝酸铵
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2可用作瓜果保护气是由于其化学性质稳定，不容易参加化学反应，与其难溶于水的性质无关，因此不具有对应关系，A不符合题意；
B．浓硝酸具有强氧化性，在室温下遇到Fe、Al时会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，因此浓硝酸可用铝质或铁质容器储存、运输，用于钝化铁、铝，性质与用途具有对应关系，B符合题意；
C．NH3可用作制冷剂是由于其沸点低，液氨气化时会从周围环境中吸收大量热量，导致环境温度降低，而与其具有还原性无关，因此不具有对应关系，C不符合题意；
D．HNO3具有酸性，能够与氨气反应产生硝酸铵，因此硝酸可用于制硝酸铵，这与其是否具有强氧化性无关，因此不具有对应关系，D不符合题意；
故合理选项B。
8. 用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，说明高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故A符合题意；
B．KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br-，氯气优先氧化亚铁离子，对氯气和溴单质氧化性比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．稀硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，稀硝酸也能与硅酸钠反应，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，除去了原有物质，不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案选A。
9. X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数，元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素，下列说法正确的是
A. 氧化物对应水化物的酸性：Q＞YB. 简单离子半径：M＞Z
C. 与MQ的晶体类型不同D. 简单氢化物的沸点：Z＞Y
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数，则X为H元素；元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，则Y为N元素；Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O元素；M与X同主族，则M为Na元素；Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl元素。
【详解】A．弱酸次氯酸的酸性弱于强酸硝酸，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，故B错误；
C．硫化钠和氯化钠都是只含有离子键的离子晶体，晶体类型相同，故C错误；
D．水分子间形成的氢键的数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，故D正确；
故选D。
10. 水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法错误的是
A. 反应①为非氧化还原反应
B. 反应②每生成1 ml N2，转移6 ml电子
C. 22.4 L二氧化碳所含的共用电子对数目为4NA
D. CO2在该反应中能够循环利用
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示可知反应①为CO2、H2O、Ca(ClO)2反应转化为CaCO3、HClO，反应方程式为：CO2+H2O+Ca(ClO)2=CaCO3+2HClO，反应中元素的化合价不变，因此该反应为非氧化还原反应，A正确；
B．根据图示可知反应②为NH3、HClO反应产生N2、H2O、HCl，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2NH3+3HClO=N2+H2O+3HCl，在该反应中每反应产生1 ml N2，转移6 ml电子，B正确；
C．未指出气体所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能判断气体分子中所含的共用电子对数，C错误；
D．根据图示可知：CO2在反应①中是反应物，在反应③中是生成物，然后再在反应①中被利用，因此可以在总反应中能够循环利用，D正确；
故合理选项是C。
11. 还原性纳米铁在碱性条件下易生成沉淀，在酸性条件下能将还原为。取2份含有一定浓度的水样加入纳米铁，并调节其中1份溶液的pH，溶液中的总氮去除率(加入纳米铁后溶液中N元素减少的质量÷加入纳米铁前溶液中N元素质量)与pH的关系如图1；在常温下调节另一份溶液的，测量溶液中含氮物质浓度随时间变化如图2。下列说法不正确的是
A. pH过低溶液中总氮去除率低可能是纳米铁将溶液里还原为
B. pH过高溶液中总氮去除率低可能是纳米铁被沉淀包裹，还原性降低
C. 溶液中总氮浓度下降，说明总氮去除率升高
D. 时，纳米铁主要将还原为、
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知在酸性条件下能将还原为，故pH过低溶液中总氮去除率低可能纳米铁将溶液里还原为，氮还在溶液中在着，A正确；
B．由题意还原性纳米铁在碱性条件下易生成沉淀，故pH过高溶液中总氮去除率低可能是纳米铁被沉淀包裹，导致纳米铁还原性降低，B正确；
C．溶液中总氮浓度下降，则跑掉的N多，说明总氮去除率升高，C正确；
D．由图2可知时，、浓度增大的同时，的浓度也缓慢增大，说明时，纳米铁不能将还原为、，D错误；
答案选D。
12. 工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Ni、Si等元素）制备MnSO4，工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. 已知“滤渣1”中含有S，则“溶浸”中涉及生成S的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B. “氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化Fe3+为以保证铁元素全部进入“滤渣2”
C. 为提高生产效率，“调pH”工序应该在较高温度下进行
D. 沉锰的离子反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】MnO2粉与MnS矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7~6.2之间，除去Fe3+、A13+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铍发生反应：Mn2+ +2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰。
【详解】A．根据上述分析可知：“滤渣1”中含有S、SiO2，则“溶浸”中涉及生成S的反应MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，在该反应中，MnO2为氧化剂，MnS为还原剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，A错误；
B．“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化Fe3+，然后加入氨水调节pH在4.7~6.2之间，以保证铁元素全部形成Fe(OH)3沉淀而进入“滤渣2”，B正确；
C．若“调pH”工序在 温度下进行，氨水会发生分解反应产生NH3逸出，不能提高生产效率，因此反应不能再较高温度下进行，C错误；
D．沉锰时一部分电离产生H+、，Mn2+与反应产生MnCO3沉淀；产生的H+与其它反应产生H2O、CO2，故反应的离子反应为Mn2+ +2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D错误；
故合理选项是B。
13. 高铁酸钾()是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓溶液，极易溶于水而成浅紫红色溶液，静置后会分解放出氧气，并生成胶体，因杀菌消毒和除污能力全面优于氯水，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于、等。工业上湿法制备的流程如下：
下列关于的说法不正确的是
A. 在浓溶液中的溶解度低于
B. 将与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
C. 溶液具有除污能力是因为其生成的胶体有吸附作用
D. 可用丁达尔效应鉴别和两种紫红色溶液
【答案】B
【解析】
【分析】NaClO具有强氧化性，可以把Fe（NO3）3中三价铁离子氧化为+6价的高铁酸钠，高铁酸钠与氢氧化钾发生复分解反应，生成在氢氧化钾溶液中溶解度小的高铁酸钾。
【详解】A．由上述分析可知，在浓溶液中的溶解度低于，故A正确；
B．K2FeO4有强氧化性与盐酸混合会发生反应生成氯气，降低其杀菌消毒效果，故B错误；
C．的还原产物Fe3+水解能产生胶体，具有吸附作用导致其有除污能力，故C正确；
D．K2FeO4与水反应生成氢氧化铁胶体，能发生丁达尔效应，可用丁达尔效应来鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，故D正确。
答案选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 以铁屑(表面含少量Fe2O3)为原料先制备FeC2O4·2H2O，再通过灼烧、还原制备高纯度还原铁粉的工艺流程如下：
已知：草酸(H2C2O4)为二元弱酸。
（1）酸溶。将铁屑溶于足量的稀H2SO4中过滤所得溶液经检验不含Fe3+。
①检验酸溶后的溶液是否含Fe3+的试剂是________。
②滤液中不存在Fe3+的原因是________。(用离子反应表示)
（2）沉淀、过滤。向酸溶后的溶液中滴加稍过量的H2C2O4，过滤得FeC2O4·2H2O。沉淀反应的离子方程式为________。
（3）灼烧。在氧气流中灼烧FeC2O4·2H2O得Fe2O3、CO2。
①灼烧时发生反应的化学方程式为________。
②研究发现，FeCO3·2H2O也可以灼烧得到Fe2O3，但灼烧FeC2O4·2H2O得到的Fe2O3比灼烧FeCO3·2H2O得到的Fe2O3更容易被还原，可能的原因是________。
（4）还原。为制得高纯度的还原铁粉，以下还原剂最合适的是________。
A．碳粉 B．铝粉 C．氢气
【答案】（1） ①. KSCN ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+
（2）Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+
（3） ①. 2[FeC2O4·2H2O] Fe2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O ②. FeC2O4·2H2O灼烧产物中CO的含量更高，Fe2O3更容易被还原
（4）C
【解析】
【分析】Fe与硫酸反应产生FeSO4，铁锈中的Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3，Fe与Fe2(SO4)3反应转化为FeSO4；然后向其中加入稍过量的H2C2O4，反应产生FeC2O4·2H2O，FeC2O4·2H2O在氧气流中灼烧，反应产生Fe2O3、CO2，然后加入还原剂将Fe2O3还原为Fe单质，得到还原铁粉。
【小问1详解】
)①Fe3+与SCN-反应使溶液变为血红色，据此检验溶液中是否含Fe3+。故检验Fe3+的试剂是KSCN溶液；
②铁屑(表面含少量Fe2O3)与足量稀硫酸反应产生Fe3+，过量的Fe可将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，因此滤液中不含Fe3+；
【小问2详解】
酸溶后溶液中含有Fe2+，向其中加入稍过量的H2C2O4，反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的离子方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+；
【小问3详解】
①在氧气流中灼烧FeC2O4·2H2O得Fe2O3、CO2、H2O，该反应的化学方程式为：2[FeC2O4·2H2O] Fe2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O；
②FeC2O4·2H2O灼烧得到Fe2O3的化学方程式为：2[FeC2O4·2H2O] Fe2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O；灼烧FeCO3·2H2O得到的Fe2O3的化学方程式为：2[FeCO3·2H2O]Fe2O3+CO↑+CO2↑+4H2O，根据方程式可知：FeC2O4·2H2O灼烧产物中CO的含量更高，Fe2O3更容易被还原产生铁粉；
【小问4详解】
还原Fe2O3制得高纯度的还原铁粉，则所选择的还原剂必须还原性比铁强，且不容易引入杂质，碳、铝均易在还原过程中引入杂质，氢气是最好的还原剂，H2氧化产物是H2O，以H2O以气体形式逸出，因此不容易造成污染，故合理选项是C。
15. 工业上由含铜废料（含有、、等）制备硝酸铜晶体的流程如下：
（1）“焙烧”在600℃时进行，写出转化为和的化学方程式：________。
（2）“淘洗”所用的溶液A可以是________（填字母）。
A. 稀硫酸B. 浓硫酸C. 稀硝酸D. 浓硝酸
（3）“反应”这一步所用 试剂是和，反应过程中无气体生成，该反应的化学方程式：________。
（4）根据题图分析从“反应”所得溶液中析出的方法是________。
【答案】（1）2CuS+3O2CuO+2SO2 （2）A
（3）Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O
（4）蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶
【解析】
【分析】由题给流程可知，含铜废料在空气中焙烧时，铜被氧化生成氧化铜、硫化铜转化为氧化铜和二氧化硫，向焙烧渣中加入稀硫酸酸化，将氧化铜溶解转化为硫酸铜，向酸化后的溶液中加入铁，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和滤液；滤渣经稀硫酸淘洗得到淘洗和铜，由题意可知，向铜中加入稀硝酸和过氧化氢溶液得到硝酸铜溶液，由溶解度与温度关系示意图可知，硝酸铜溶液经蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶，过滤、洗涤、干燥得到二水硝酸铜。
【小问1详解】
由分析可知，600℃焙烧时硫化铜发生的反应为硫化铜高温条件下与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为2CuS+3O2CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O2CuO+2SO2；
【小问2详解】
铜能与稀硝酸和浓硝酸反应，铁在浓硝酸、浓硫酸中会发生钝化，所以淘洗除去滤渣中混有的铁时，应加入稀硫酸淘洗，故选A；
【小问3详解】
由题意可知，“反应”这一步发生反应为铜中与稀硝酸和过氧化氢溶液反应生成硝酸铜和水，反应的化学方程式为Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O；
【小问4详解】
由分析可知，硝酸铜溶液经蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶，过滤、洗涤、干燥得到二水硝酸铜，故答案为：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶。
16. 氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为________。
（2）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7 ml氨恰好能将含NO和NO2共6 ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
Ⅰ．在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和，其离子方程式：________。
Ⅱ．NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是________。
（3）用硝酸可以回收粗银中的银。取样品0.3000 g溶于足量的硝酸，以NH4Fe(SO4)2·12H2O为指示剂，用0.1 ml/LKSCN标准溶液滴定，当锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不褪色达滴定终点，平行滴定三次，平均消耗22.00 mLKSCN标准溶液。已知：AgSCN为难溶于水的白色固体，FeSCN2+为红色。通过计算确定粗银中银的回收率________(假设产品中的杂质不参与反应，写出计算过程)。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2） ①. 1：3 ②. 3HClO+2NO+H2O=2+3Cl-+5H+ ③. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（3）79.20%
【解析】
【分析】N2、H2在高温高压催化剂条件下合成NH3，NH3与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生NO、H2O，NO与O2、H2O反应产生HNO3。
【小问1详解】
NH3与O2在氧化炉中，在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO、H2O，该反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
【小问2详解】
①NH3与NO、NO2反应产生N2、H2O，假设6 ml 混合气体中NO、NO2的物质的量分别是x、y，则x+y=6 ml，NO、NO2得到电子变为N2，NH3失去电子变为N2，根据电子守恒可知有关系式2x+4y=7×3 ml，将两式联立即可解得x=1.5 ml，y=4.5 ml故n(NO)：n(NO2)=x：y=1：3；
②在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和，HClO被还原为HCl，其离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=2+3Cl-+5H+；
NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度就越大，其氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
HNO3将样品中的Ag氧化为Ag+，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓反应转化关系可知：用0.1 ml/LKSCN标准溶液滴定，平均消耗22.00 mLKSCN标准溶液。n(Ag)=c·V=0.1 ml/L×0.022 L=2.200×10-3 ml，则该工艺银的回收率为：×100%=79.20%。
17. 铁及铁的化合物在污水治理中有广泛的应用。
（1）石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的，纳米铁还原废水中的可能反应机理如图表示：
纳米铁还原的过程可描述为纳米失去电子生成，在纳米铁表面________________，在纳米铁表面________________。
（2）有氧条件下，催化还原是主要的烟气脱硝技术。在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出总反应的化学方程式：________________。
（3）纳米零价铁（NZVI）／BC与（Cu—Pd）／BC合作用可去除水体中的硝态氮。在NZVI／BC和（Cu—Pd）／BC复合材料联合作用的体系中，生物炭（BC）作为NZVI、Cu、Pd的载体且减少了纳米零价铁的团聚，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H,NZVI／BC和（Cu—Pd）／BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图所示，转化为或的过程中有两步氧化还原反应，其中第一步的还原剂是________，第二步反应的还原剂是________。
（4）活化（过一硫酸根离子）产生三种主要的有效强氧化性自由基（、和）。自由基对氨氮的去除具有一定的选择性，活化过程的主要反应机理如下：、、。
①酸性条件下，经氯化亚铁活化的过一硫酸盐可将废水中的转化为沉淀被全部回收,写出生成沉淀的离子方程式：________。
②研究表明，过一硫酸盐溶液中单独投加可将废水中的全部去除，但的去除率却很低。额外投加一定量后，和的去除率均达到,单独投加时，去除率很低的可能原因是________。
【答案】（1） ①. NO在铁表面得到电子被还原为NO ②. NO在铁表面得到电子被还原为N2和NH
（2）4NH3+4NO+O24N2+4H2O
（3） ①. Fe ②. H
（4） ①. Fe3++PO=FePO4↓ ②. Cl·对去除NH具有最高选择性，单独投加FeCl2时，Cl—浓度较小，导致产生Cl·量液较少，不足以将NH完全氧化
【解析】
【小问1详解】
由图可知，纳米铁还原硝酸根离子的反应机理为纳米铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，硝酸根离子在铁表面得到电子被还原为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子在铁表面得到电子被还原为氮气和铵根离子，故答案为：NO在铁表面得到电子被还原为NO；NO在铁表面得到电子被还原为N2和NH；
【小问2详解】
由图可知，有氧条件下，氨气催化还原一氧化氮的反应为催化剂作用下氨气与氧气和一氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+4H2O，故答案为：4NH3+4NO+O24N2+4H2O；
【小问3详解】
由图可知，硝酸根离子转化为氮气或铵根离子的过程中有两步氧化还原反应，其中第一步反应为硝酸根离子被铁还原为亚硝酸根离子，第二步反应为亚硝酸根离子被吸附在铜和钯表面的活性氢还原为氮气或铵根离子，则第一步反应的催化剂为铁、第二步反应的还原剂为氢，故答案为：Fe；H；
【小问4详解】
①由方程式可知，将溶液中磷酸根离子全部转化为磷酸铁沉淀的原因是过一硫酸根离子具有强氧化性，酸性条件下能将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应生成的铁离子与溶液中的磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，则生成磷酸铁沉淀的离子方程式为Fe3++PO=FePO4↓，故答案为：Fe3++PO=FePO4↓；
②过一硫酸盐溶液中单独投加硫化亚铁可将废水中的磷酸根离子全部去除，但铵根离子的去除率却很低，额外投加一定量氯化钠后，磷酸根离子和铵根离子的去除率均达到100%，单独投加氯化亚铁时，铵根离子才去除率很低说明Cl·对去除铵根离子具有最高的选择性，单独投加氯化亚铁时，溶液中氯离子浓度较小，导致产生Cl·量液较少，不足以将铵根离子完全氧化，故答案为：Cl·对去除NH具有最高的选择性，单独投加FeCl2时，Cl—浓度较小，导致产生Cl·量液较少，不足以将NH完全氧化。选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证SO2有还原性
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4溶液
B
验证氧化性：Cl2>Br2
浓盐酸
KMnO4
FeBr2溶液
C
验证非金属性：N>C>Si
稀硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
相关试卷
江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期期中检测化学试题： 这是一份江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期期中检测化学试题，共8页。
江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期期中检测化学试题(无答案)： 这是一份江苏省镇江中学2023-2024学年高一下学期期中检测化学试题(无答案)，共9页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年江苏省镇江市镇江中学高一下学期3月检测化学试题： 这是一份2023-2024学年江苏省镇江市镇江中学高一下学期3月检测化学试题，文件包含江苏省镇江市镇江中学高一下学期3月检测化学试题原卷版docx、江苏省镇江市镇江中学高一下学期3月检测化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
