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新高考化学一轮复习讲练测专题四 能力提升检测卷 解析版
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这是一份新高考化学一轮复习讲练测专题四 能力提升检测卷 解析版，文件包含新高考化学一轮复习讲练测专题四能力提升检测卷原卷版docx、新高考化学一轮复习讲练测专题四能力提升检测卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
1．常温下，下列各组物质不发生反应的是( )
①硅与NaOH溶液 ②硅与盐酸 ③硅与氢氟酸 ④二氧化硅与碳酸钠 ⑤二氧化硅与NaOH溶液 ⑥二氧化硅与浓硝酸
A．①②④ B．③④⑥ C．②⑤⑥ D．②④⑥
【答案】D
【解析】常温下，能发生反应①Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑，③Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑，⑤SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O。
2．下列有关硅及其化合物的说法中正确的是( )
A．硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B．反应①Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，反应②Na2CO3＋SiO2eq \(=====,\s\up7(高温))Na2SiO3＋CO2↑，两反应是相互矛盾的，不可能都发生
C．普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D．硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料
【答案】D
【解析】反应②是在高温下进行的，CO2为气体，逸出可使平衡正向移动，促使反应继续进行，B项错误；石英玻璃不属于硅酸盐材料，C项错误。
3．由下列实验事实得出的结论正确的是( )
A．由SiO2不能与水反应生成H2SiO3可知，SiO2不是H2SiO3的酸酐
B．由SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Si＋2CO↑可知，碳的非金属性强于硅
C．CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3>H2SiO3
D．SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物
【答案】C
【解析】SiO2是H2SiO3的酸酐，A错误；SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Si＋2CO↑，说明还原性C>Si，但不能比较非金属性，B错误；CO2＋Na2SiO3＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，说明酸性H2CO3> H2SiO3，C正确；两性氧化物是指和酸、碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅和氢氟酸反应是其特殊性质，不能和其他酸发生反应，二氧化硅和碱溶液反应生成盐和水，是酸性氧化物，D项错误。
4．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述正确的是( )
A．氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强
B．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
C．测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH，测定结果无影响
D．“洁厕灵”不能与“84消毒液”混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解
【答案】B
【解析】A项，活性炭具有吸附性，可以吸附氯气，错误；B项，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应均可生成次氯酸盐，正确；C项，氯水中的次氯酸具有漂白性，错误；D项，不能混用的原因是消毒液中的NaClO与“洁厕灵”中的HCl反应生成Cl2，错误。
5.如图所示。若关闭活塞Ⅰ，打开活塞Ⅱ，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭活塞Ⅱ，打开活塞Ⅰ，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是( )
①浓硫酸 ②饱和氯化钠溶液 ③亚硫酸钠溶液 ④饱和碳酸氢钠溶液
A．①②③ B．②③④
C．①②④ D．①③④
【答案】D
【解析】Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白作用。气体通过甲瓶后不能使有色布条褪色，可能有两个原因：一是甲瓶中溶液将Cl2干燥，二是甲瓶中溶液能吸收Cl2。浓H2SO4具有吸水性，Na2SO3溶液、饱和NaHCO3溶液都能与Cl2发生反应。
6．硫在空气中燃烧生成气体A，把A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色，B变成C，在C里加Na2S产生气体D，把D通入B溶液得浅黄色沉淀E。A、B、C、D、E都含同一种元素。则A、B、C、D、E分别为( )
A．SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S
B．SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S
C．SO2、H2SO3、H2SO4、SO3、Na2S2O3
D．SO3、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3
【答案】B
【解析】硫在空气中燃烧生成SO2，SO2溶于水得H2SO3，向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr，在H2SO4溶液中加Na2S产生气体H2S，H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S，故B项正确。
7．某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：
下列说法正确的是( )
A．通过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化
B．实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性
C．实验Ⅲ说明溶液a中一定有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 生成
D．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成
【答案】B
【解析】实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液(pH＝5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；实验Ⅱ中，取白色沉淀b，加入3 ml·L－1HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀b中含有还原性的物质存在，故B正确；实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag＋等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，溶液a中不一定有硫酸根离子，故C错误；由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误。
8．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClOeq \\al(－,3)两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A．苛性钾溶液中KOH的质量是5.6 g
B．反应中转移电子的物质的量是0.18 ml
C．在酸性条件下ClO－和ClOeq \\al(－,3)反应可生成Cl2
D．一定有3.136 L氯气参与反应
【答案】B
【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图像知n(ClO－)＝0.08 ml，n(ClOeq \\al(－,3))＝0.02 ml，根据得失电子守恒可知生成的氯离子n(Cl－)＝0.08 ml×(1－0)＋0.02 ml×(5－0)＝0.18 ml，转移电子物质的量为0.18 ml，根据物料守恒可知n(K＋)＝n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClOeq \\al(－,3))＝0.18 ml＋0.08 ml＋0.02 ml＝0.28 ml。通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28 ml，质量是0.28 ml×56 g·ml－1＝15.68 g，故A错误；根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是0.18 ml，故B正确；因ClO－中Cl元素的化合价是＋1，ClOeq \\al(－,3)中Cl元素的化合价是＋5，而Cl2中Cl元素的化合价是0，ClO－和ClOeq \\al(－,3)中Cl元素的化合价都比Cl2中Cl元素的化合价高，故ClO－ 和ClOeq \\al(－,3)不可能生成Cl2，C错误；因n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClOeq \\al(－,3))＝0.18 ml＋0.08 ml＋0.02 ml＝0.28 ml，则根据原子守恒可知Cl2的物质的量是0.14 ml，但题目未说明是标准状况，无法计算Cl2的体积，故D错误。
9．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是( )
A．氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)>Fe3＋>SO2
B．标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 ml K2Cr2O7
C．反应②中，每有1 ml K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3＋>SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2Oeq \\al(2－,7)>Fe3＋，则氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)>Fe3＋>SO2，故A正确；6.72 L SO2(标准状况)参加反应，n(SO2)＝6.72 L÷22.4 L·ml－1＝0.3 ml，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2Oeq \\al(2－,7)，则最终消耗0.1 ml K2Cr2O7，故B错误；每有1 ml K2Cr2O7参加反应，转移电子为1 ml×2×(6－3)＝6 ml，即转移电子的数目为6NA，故C正确；因氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)>SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确。
10．某同学通过以下流程制取 NaClO2晶体：
已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2在温度高于60 ℃时易分解， NaClO2 饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2。
下列说法不正确的是( )
A．步骤①中工业上常用H2C2O4代替Na2SO3
B．步骤②发生反应的离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClOeq \\al(－,2)＋O2＋2H2O
C．步骤③的结晶方法为蒸发浓缩，冷却结晶
D．步骤④中制得的NaClO2晶体可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍
【答案】C
【解析】步骤①中Na2SO3作为还原剂，H2C2O4也是常见的还原剂，工业上常用H2C2O4代替Na2SO3，故A正确；步骤②发生的反应为碱性条件下ClO2与双氧水发生氧化还原反应生成ClOeq \\al(－,2)、O2和H2O，反应的离子方程式为 2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClOeq \\al(－,2)＋O2＋2H2O，故B正确；由于NaClO2在温度高于60 ℃时易分解，因此结晶方法不可以用蒸发浓缩和冷却结晶的方法，应该用减压蒸发的办法，故C错误；由于NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2，步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍，故D正确。
11．硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环(如图所示)说法正确的是( )
A．含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环
B．硫循环中硫的化合物均为无机物
C．上述硫循环中硫元素均被氧化
D．烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放
【答案】A
【解析】硫酸盐和亚硫酸盐等在含硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化成植物R1—S—R2，含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环，故A正确；硫循环中硫的化合物有含硫的有机物，不全是无机物，故B错误；含硫杆菌及好氧/厌氧菌将硫酸盐、亚硫酸盐中硫还原成R1—S—R2，硫循环中硫元素有时被氧化，有时被还原，故C错误；烧煤时加石灰石，可减少酸雨，但生成二氧化碳，会增加温室气体的排放，故D错误。
12．下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是( )
①氮气与氧气在放电条件下可直接生成NO2
②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气
③向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显变化
④实验室采用加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气
A．①③④ B．①③
C．①④ D．①②③④
【答案】D
【解析】在放电条件下，氮气与氧气反应生成的是一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；硝酸铵加强热时剧烈分解发生爆炸生成氮气、二氧化氮和水，②错误；向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化成铁离子，同时自身被还原成一氧化氮，③错误；氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误。
13．某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)。下列说法不正确的是( )
已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A．装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B．装置E中发生反应的化学方程式为2NO＋2Feeq \(=====,\s\up7(△))2FeO＋N2
C．装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生的NO2
D．装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应
【答案】D
【解析】根据实验原理“NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO”，所以首先应制备纯净干燥的NO。利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸蒸气和产生的NO2，故先通过装置D除去挥发出的HNO3和产生的NO2，再通过F干燥，得到纯净干燥的NO，然后进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，由于NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以先通过B氧化NO，再通过C吸收，故上述装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，A项正确；装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为2NO＋2Feeq \(=====,\s\up7(△))2FeO＋N2，B项正确；装置D盛放的是水，其作用是除去挥发出的HNO3和产生的NO2，C项正确；装置B盛放的是浓硝酸，可以将NO氧化为NO2，便于氢氧化钠溶液充分吸收，D项错误。
14．某学习小组为研究铜与浓、稀HNO3反应的差异，设计了如图所示的实验装置。
下列说法不正确的是( )
A．反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气
B．A中的离子方程式为Cu＋2NOeq \\al(－,3)＋4H＋===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
C．当B中0.03 ml铜粉被氧化时，B中产生的NO气体大于0.02 ml
D．C装置中装入一定量的水进行尾气处理
【答案】D
【解析】为便于观察B中生成无色气体，防止NO被氧化，则开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气，故A正确；A中Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则离子反应为Cu＋2NOeq \\al(－,3)＋4H＋===Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑，故B正确；B中0.03 ml Cu被氧化时，由电子守恒可知生成NO为eq \f(0.03 ml×2－0,5－2)＝0.02 ml，且二氧化氮与水反应生成NO，即B中产生的NO气体大于0.02 ml，故C正确；NO与水不反应，不能用水进行尾气处理，C中应装入NaOH溶液，故D错误。
15．关于氮的变化关系图如图：
则下列说法不正确的是( )
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．上述反应中只有③属于氮的固定
【答案】D
【解析】工业上生产硝酸的流程：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应：4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O(路线①)，一氧化氮与氧气反应：2NO＋O2===2NO2(路线②)，二氧化氮被水吸收：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(路线③)，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，故A正确；在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应：N2＋O2eq \(=====,\s\up7(放电))2NO(路线Ⅰ)；NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO＋O2===2NO2(路线Ⅱ)，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(路线Ⅲ)，故B正确；从氮的变化关系图可知：N从N2(0价)→NO(＋2价)→NO2(＋4价)→HNO3(＋5价)，都是氧化还原反应，故C正确；上述反应中路线Ⅰ是空气中的氮气转变为含氮化合物，符合氮的固定的定义，属于氮的固定，路线②、③是含氮化合物转变为其他物质，是氮的化合物之间的转化，不是氮的固定，故D错误。
16．下图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉的是( )
A．挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．在装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】H2难溶于NaOH溶液，不能使烧瓶内外形成较大压强差，故不能引发喷泉。
17．某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A．肯定有SO2、O2和NO
B．肯定没有Cl2、O2和NO2
C．可能有Cl2和O2
D．肯定只有NO
【答案】B
【解析】无色气体，说明无Cl2、NO2；使品红褪色，说明有SO2；通入空气变红棕色，说明有NO，无O2。
18．下图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．A是可与草木灰混合使用的肥料
B．C可用排空气法收集
C．F和B能发生复分解反应生成盐
D．B在一定条件下可直接与Y反应生成D
【答案】D
【解析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与强碱X发生酸碱中和反应得到G为硝酸盐。物质A为铵盐，草木灰的主要成分是K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应放出氨气，使肥效降低，A错误；C是N2，氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，B错误；B是NH3，F是HNO3，二者发生化合反应生成NH4NO3，C错误；B是NH3，Y为O2，NH3在催化剂存在并加热的条件下，与O2反应生成NO和H2O，D正确。
19．如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是( )
A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．用一定量的铁粉与大量的9.75 ml·L－1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 ml
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为9.75 ml·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1
【答案】B
【解析】根据图像可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的(转化为硝酸铁)，因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1 ml，B错误；根据图像可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；根据图像可知当硝酸浓度为9.75 ml·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10∶6∶2＝5∶3∶1，D正确。
20．从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法不正确的是( )
A．X试剂可用Na2SO3饱和溶液
B．步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2
C．工业上每获得1 ml Br2，需要消耗Cl2 44.8 L
D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏
【答案】C
【解析】Na2SO3＋Br2＋H2O===Na2SO4＋2HBr，A正确；步骤Ⅲ根据氯的非金属性比溴的强，利用置换反应制取Br2，B正确；反应Ⅰ和反应Ⅲ均使用到Cl2，故制取1 ml Br2消耗2 ml氯气，但未标明氯气所处的温度和压强，C错误；从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D正确。
二、非选择题(本题共4小题，每小题10分，共40分)
21．（10分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是__________________，还可以使用____________代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是__________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为___________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)加氨水过程中加热的目的是_____________________________ ______________________。
沉淀B的主要成分为____________、____________(填化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnOeq \\al(－,4)＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 ml·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙元素的质量分数为________。
【答案】(1)将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋ H2O2
(2)SiO2 SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O (3)防止胶体生成，易于沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3 (4)45.0%
【解析】(1)水泥样品中含有铁的氧化物。加入盐酸后的溶液中可能含有Fe3＋、Fe2＋，Fe2＋在pH为4～5时不能形成沉淀除去，所以需要先加入氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，故加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；双氧水是一种强氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为水，不会引入新的杂质离子，故可用双氧水代替硝酸。
(2)钙、铁、铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液，而二氧化硅不与盐酸、硝酸反应，故沉淀A的主要成分为SiO2；二氧化硅可与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，该反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
(3)Fe3＋和Al3＋在pH为4～5时可水解生成氢氧化铁、氢氧化铝，水解过程中会生成氢氧化铁胶体和氢氧化铝胶体，不利于分离出沉淀，加热可使胶体聚沉，有利于分离出沉淀，所以加热可防止胶体的生成，易于沉淀分离，故沉淀B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x ml，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
5Ca2＋ ～ 5H2C2O4 ～ 2MnOeq \\al(－,4)
5 ml 2 ml
x ml 0.050 0 ml·L－1×36.00×10－3 L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 ml×40 g·ml－1＝0.180 g，故该水泥样品中钙元素的质量分数为eq \f(0.180 g,0.400 g)×100%＝45.0%。
22．（10分）二氧化硫和亚硫酸在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对SO2和H2SO3的一些性质进行了探究。
Ⅰ.探究SO2的性质
(1)关闭旋塞2，打开旋塞1，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体。检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的方法是__________________________________________________________。
(2)装置B中试剂X是________，装置D中NaOH溶液的作用是_________________________。
(3)写出装置C中发生反应的化学方程式：__________________________________________。
(4)关闭旋塞1后，打开旋塞2，装置E中的Na2S溶液用于验证SO2的________性，装置F中的现象是____________________________________________________________________。
Ⅱ.探究H2SO3的酸性强于HClO(可能需要的装置和试剂如图所示)
(5)所需装置的连接顺序：纯净的SO2―→________(填字母)，装置K中反应的离子方程式为______________________________________________________________________________。
(6)能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_____________________________________
_______________________________________________________________________________。
【答案】(1)将带火星的木条放在装置D的试管口，观察木条是否复燃
(2)浓硫酸 吸收未反应的SO2气体，防止污染空气
(3)SO2＋Na2O2===Na2SO4
(4)氧化 溶液红色变浅
(5)HJIK Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
(6)装置I中的品红溶液不褪色，装置K中溶液中出现白色沉淀
【解析】Ⅰ.A中制备二氧化硫：Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，二氧化硫为酸性气体，X干燥二氧化硫，选用浓硫酸，C中SO2与Na2O2反应，D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气，E装置验证二氧化硫的氧化性，F装置验证二氧化硫为酸性气体，并吸收二氧化硫，防止污染空气。(1)检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的方法是将带火星的木条放在装置D的试管口，观察木条是否复燃。
(2)装置B干燥二氧化硫，盛放的试剂X是浓硫酸，D中盛放的NaOH溶液吸收未反应的SO2，防止污染空气。(3)C中SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，反应的化学方程式为SO2＋Na2O2===Na2SO4。(4)E中为硫化钠与二氧化硫发生价态归中反应生成硫单质，二氧化硫表现氧化性；F装置吸收二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，F中碱性减弱，红色变浅。
Ⅱ.(5)要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接将二氧化硫通入漂白粉溶液中，应先用二氧化硫制备二氧化碳，通过证明酸性：H2SO3>H2CO3>HClO，从而得出结论。将纯净的二氧化硫通过H使二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳，制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉溶液之前用酸性高锰酸钾除去二氧化硫气体，再用品红溶液检验二氧化硫是否除净，再通入漂白粉溶液中，K中反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。(6)I中品红溶液不褪色，K中产生白色沉淀能证明H2SO3的酸性强于HClO。
23．（10分）某化学研究性学习小组的同学根据理论分析推测出NO具有氧化性，他们设想利用如图所示装置验证NO的氧化性(已知NO2＋OH－―→NOeq \\al(－,3)＋NOeq \\al(－,2)＋H2O，夹持装置已省略)。
(1)判断NO有氧化性的理论依据是________________，本套装置气密性检查较简便的操作是_______________________________________________________________________________，
装置A中反应的离子方程式为_______________________________________________________。
(2)装置C中试剂X是________，装置B的作用是______________________________________。
(3)本套装置有一个明显的错误，下列分析中正确的是________(填字母)。
A．装置B中导管不应插入液面以下
B．装置E无法吸收NO
C．实验开始后，应不断地向装置E中通入空气
(4)本实验结束时装置D中试管内得到黑色粉末，对黑色粉末的成分，小组的同学提出了不同的看法：
a．是FeO b．是Fe3O4 c．是FeO与Fe3O4
①甲同学认为仅用磁铁就可以确定黑色粉末的成分到底是哪种情况，他判断的依据与结论是______________________________________________________________________________。
②若用化学方法分析a组和c组中的黑色粉末，则需要使用三种试剂，这三种试剂是____________________________________________________________________________。
【答案】(1)NO中氮为＋2价，不是氮元素的最低价 关闭分液漏斗活塞，在E中加水没过导管微热烧瓶，如果E中出现气泡且停止加热后导管中形成一段液柱，则说明气密性良好 3Cu＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(2)无水CaCl2(或其他合理试剂) 吸收装置A中挥发出的HNO3(或其他合理答案)
(3)BC
(4)①若粉末能全部被磁铁吸引，则b对；若完全不能被吸引，则a对；若部分能被吸引，则c对 ②HCl、KSCN、K3[Fe(CN)6](或稀硫酸、酸性KMnO4溶液、KSCN)
【解析】(2)装置C是干燥装置，可用无水CaCl2、P2O5等试剂干燥NO。硝酸是挥发性酸，对后续反应会产生干扰，故装置B的作用是用于吸收装置A中挥发出的HNO3。(3)因要吸收HNO3(g)，故装置B中导管应插入液面下，A项错误；NO是不成盐氧化物，不能与碱反应，B项正确；通入空气后NO被O2氧化为NO2，NO2可被NaOH溶液吸收(或者在O2存在的条件下，NO、O2、OH－反应生成盐)，C项正确。(4)①可根据Fe3O4能被磁铁吸引，FeO不能被磁铁吸引的性质判断。②用化学方法分析时，先用非氧化性酸将固体溶解，然后用KSCN检验有无Fe3＋，用K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4溶液)检验有无Fe2＋，但由于酸性KMnO4溶液能氧化Cl－，故当用盐酸溶解固体时，不能使用KMnO4溶液。
24．（10分）三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛。已知ICl3的熔点为33 ℃，沸点为73 ℃，有吸湿性，遇水易水解。某小组同学用下列装置制取ICl3(部分夹持和加热装置省略)。
(1)按照气流方向连接接口顺序为a→______________。
装置A中导管m的作用是_____________________________________________________。
(2)装置C用于除杂，同时作为安全瓶，能监测实验进行时后续装置是否发生堵塞，若发生堵塞，C中的现象为_____________________________________________________。
(3)氯气与单质碘需在温度稍低于70 ℃下反应，则装置E适宜的加热方式为______________。
装置E中发生反应的化学方程式：________________________________________________。
(4)该装置存在的明显缺陷是______________________________________________________。
【答案】(1)d→e→b→c→g→h→f(接口b与c、g与h可互换) 使浓盐酸顺利滴下 (2)锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (3)水浴加热 3Cl2＋I2eq \(=====,\s\up7(水浴加热),\s\d5(<70 ℃))2ICl3 (4)缺少尾气处理装置
【解析】(1)在装置A中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，浓盐酸易挥发，制取的氯气中会含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置C除去HCl杂质，再通过装置B干燥，得到干燥、纯净的氯气，然后在装置E中氯气与碘单质反应制得ICl3；为防止ICl3水解，在E后面连接盛有干燥剂的装置D，防止空气中的水蒸气进入E装置。故按照气流方向连接装置接口顺序为：a→d→e→b→c→g→h→f，(接口b与c、g与h可互换)；在装置A中导管m使分液漏斗中的液体上下压强一致，这样分液漏斗中的浓盐酸可以顺利滴下。
(2)装置C也是安全瓶，监测实验E中是否发生堵塞，若装置E发生堵塞，则C中气体压强增大，液体会进入长颈漏斗中，使锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。
(3)因水浴加热能简便控制加热的温度，且能使反应装置受热均匀，又因为氯气与单质碘需在温度稍低于70 ℃下反应，故应采取水浴加热的方式；在装置E中Cl2与I2在低于70 ℃下发生反应：3Cl2＋I2eq \(=====,\s\up7(水浴加热),\s\d5(<70 ℃))2ICl3。
(4)Cl2是有毒气体，通过盛有无水氯化钙的干燥管只能吸收水分，不能吸收氯气，这样就会造成大气污染，故该装置的缺陷是缺少尾气处理装置。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
步骤
实验
现象
得到无色溶液a和白色沉淀b
产生无色气体，遇空气变为红棕色
产生白色沉淀
1．常温下，下列各组物质不发生反应的是( )
①硅与NaOH溶液 ②硅与盐酸 ③硅与氢氟酸 ④二氧化硅与碳酸钠 ⑤二氧化硅与NaOH溶液 ⑥二氧化硅与浓硝酸
A．①②④ B．③④⑥ C．②⑤⑥ D．②④⑥
【答案】D
【解析】常温下，能发生反应①Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑，③Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑，⑤SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O。
2．下列有关硅及其化合物的说法中正确的是( )
A．硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B．反应①Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，反应②Na2CO3＋SiO2eq \(=====,\s\up7(高温))Na2SiO3＋CO2↑，两反应是相互矛盾的，不可能都发生
C．普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D．硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料
【答案】D
【解析】反应②是在高温下进行的，CO2为气体，逸出可使平衡正向移动，促使反应继续进行，B项错误；石英玻璃不属于硅酸盐材料，C项错误。
3．由下列实验事实得出的结论正确的是( )
A．由SiO2不能与水反应生成H2SiO3可知，SiO2不是H2SiO3的酸酐
B．由SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Si＋2CO↑可知，碳的非金属性强于硅
C．CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3>H2SiO3
D．SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物
【答案】C
【解析】SiO2是H2SiO3的酸酐，A错误；SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Si＋2CO↑，说明还原性C>Si，但不能比较非金属性，B错误；CO2＋Na2SiO3＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，说明酸性H2CO3> H2SiO3，C正确；两性氧化物是指和酸、碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅和氢氟酸反应是其特殊性质，不能和其他酸发生反应，二氧化硅和碱溶液反应生成盐和水，是酸性氧化物，D项错误。
4．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述正确的是( )
A．氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强
B．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
C．测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH，测定结果无影响
D．“洁厕灵”不能与“84消毒液”混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解
【答案】B
【解析】A项，活性炭具有吸附性，可以吸附氯气，错误；B项，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应均可生成次氯酸盐，正确；C项，氯水中的次氯酸具有漂白性，错误；D项，不能混用的原因是消毒液中的NaClO与“洁厕灵”中的HCl反应生成Cl2，错误。
5.如图所示。若关闭活塞Ⅰ，打开活塞Ⅱ，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭活塞Ⅱ，打开活塞Ⅰ，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是( )
①浓硫酸 ②饱和氯化钠溶液 ③亚硫酸钠溶液 ④饱和碳酸氢钠溶液
A．①②③ B．②③④
C．①②④ D．①③④
【答案】D
【解析】Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白作用。气体通过甲瓶后不能使有色布条褪色，可能有两个原因：一是甲瓶中溶液将Cl2干燥，二是甲瓶中溶液能吸收Cl2。浓H2SO4具有吸水性，Na2SO3溶液、饱和NaHCO3溶液都能与Cl2发生反应。
6．硫在空气中燃烧生成气体A，把A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色，B变成C，在C里加Na2S产生气体D，把D通入B溶液得浅黄色沉淀E。A、B、C、D、E都含同一种元素。则A、B、C、D、E分别为( )
A．SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S
B．SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S
C．SO2、H2SO3、H2SO4、SO3、Na2S2O3
D．SO3、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3
【答案】B
【解析】硫在空气中燃烧生成SO2，SO2溶于水得H2SO3，向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr，在H2SO4溶液中加Na2S产生气体H2S，H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S，故B项正确。
7．某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：
下列说法正确的是( )
A．通过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化
B．实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性
C．实验Ⅲ说明溶液a中一定有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 生成
D．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成
【答案】B
【解析】实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液(pH＝5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；实验Ⅱ中，取白色沉淀b，加入3 ml·L－1HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀b中含有还原性的物质存在，故B正确；实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag＋等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，溶液a中不一定有硫酸根离子，故C错误；由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误。
8．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClOeq \\al(－,3)两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A．苛性钾溶液中KOH的质量是5.6 g
B．反应中转移电子的物质的量是0.18 ml
C．在酸性条件下ClO－和ClOeq \\al(－,3)反应可生成Cl2
D．一定有3.136 L氯气参与反应
【答案】B
【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图像知n(ClO－)＝0.08 ml，n(ClOeq \\al(－,3))＝0.02 ml，根据得失电子守恒可知生成的氯离子n(Cl－)＝0.08 ml×(1－0)＋0.02 ml×(5－0)＝0.18 ml，转移电子物质的量为0.18 ml，根据物料守恒可知n(K＋)＝n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClOeq \\al(－,3))＝0.18 ml＋0.08 ml＋0.02 ml＝0.28 ml。通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28 ml，质量是0.28 ml×56 g·ml－1＝15.68 g，故A错误；根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是0.18 ml，故B正确；因ClO－中Cl元素的化合价是＋1，ClOeq \\al(－,3)中Cl元素的化合价是＋5，而Cl2中Cl元素的化合价是0，ClO－和ClOeq \\al(－,3)中Cl元素的化合价都比Cl2中Cl元素的化合价高，故ClO－ 和ClOeq \\al(－,3)不可能生成Cl2，C错误；因n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClOeq \\al(－,3))＝0.18 ml＋0.08 ml＋0.02 ml＝0.28 ml，则根据原子守恒可知Cl2的物质的量是0.14 ml，但题目未说明是标准状况，无法计算Cl2的体积，故D错误。
9．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是( )
A．氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)>Fe3＋>SO2
B．标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 ml K2Cr2O7
C．反应②中，每有1 ml K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3＋>SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2Oeq \\al(2－,7)>Fe3＋，则氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)>Fe3＋>SO2，故A正确；6.72 L SO2(标准状况)参加反应，n(SO2)＝6.72 L÷22.4 L·ml－1＝0.3 ml，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2Oeq \\al(2－,7)，则最终消耗0.1 ml K2Cr2O7，故B错误；每有1 ml K2Cr2O7参加反应，转移电子为1 ml×2×(6－3)＝6 ml，即转移电子的数目为6NA，故C正确；因氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)>SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确。
10．某同学通过以下流程制取 NaClO2晶体：
已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2在温度高于60 ℃时易分解， NaClO2 饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2。
下列说法不正确的是( )
A．步骤①中工业上常用H2C2O4代替Na2SO3
B．步骤②发生反应的离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClOeq \\al(－,2)＋O2＋2H2O
C．步骤③的结晶方法为蒸发浓缩，冷却结晶
D．步骤④中制得的NaClO2晶体可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍
【答案】C
【解析】步骤①中Na2SO3作为还原剂，H2C2O4也是常见的还原剂，工业上常用H2C2O4代替Na2SO3，故A正确；步骤②发生的反应为碱性条件下ClO2与双氧水发生氧化还原反应生成ClOeq \\al(－,2)、O2和H2O，反应的离子方程式为 2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClOeq \\al(－,2)＋O2＋2H2O，故B正确；由于NaClO2在温度高于60 ℃时易分解，因此结晶方法不可以用蒸发浓缩和冷却结晶的方法，应该用减压蒸发的办法，故C错误；由于NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2，步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍，故D正确。
11．硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环(如图所示)说法正确的是( )
A．含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环
B．硫循环中硫的化合物均为无机物
C．上述硫循环中硫元素均被氧化
D．烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放
【答案】A
【解析】硫酸盐和亚硫酸盐等在含硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化成植物R1—S—R2，含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环，故A正确；硫循环中硫的化合物有含硫的有机物，不全是无机物，故B错误；含硫杆菌及好氧/厌氧菌将硫酸盐、亚硫酸盐中硫还原成R1—S—R2，硫循环中硫元素有时被氧化，有时被还原，故C错误；烧煤时加石灰石，可减少酸雨，但生成二氧化碳，会增加温室气体的排放，故D错误。
12．下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是( )
①氮气与氧气在放电条件下可直接生成NO2
②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气
③向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显变化
④实验室采用加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气
A．①③④ B．①③
C．①④ D．①②③④
【答案】D
【解析】在放电条件下，氮气与氧气反应生成的是一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；硝酸铵加强热时剧烈分解发生爆炸生成氮气、二氧化氮和水，②错误；向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化成铁离子，同时自身被还原成一氧化氮，③错误；氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误。
13．某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)。下列说法不正确的是( )
已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A．装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B．装置E中发生反应的化学方程式为2NO＋2Feeq \(=====,\s\up7(△))2FeO＋N2
C．装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生的NO2
D．装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应
【答案】D
【解析】根据实验原理“NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO”，所以首先应制备纯净干燥的NO。利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸蒸气和产生的NO2，故先通过装置D除去挥发出的HNO3和产生的NO2，再通过F干燥，得到纯净干燥的NO，然后进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，由于NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以先通过B氧化NO，再通过C吸收，故上述装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，A项正确；装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为2NO＋2Feeq \(=====,\s\up7(△))2FeO＋N2，B项正确；装置D盛放的是水，其作用是除去挥发出的HNO3和产生的NO2，C项正确；装置B盛放的是浓硝酸，可以将NO氧化为NO2，便于氢氧化钠溶液充分吸收，D项错误。
14．某学习小组为研究铜与浓、稀HNO3反应的差异，设计了如图所示的实验装置。
下列说法不正确的是( )
A．反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气
B．A中的离子方程式为Cu＋2NOeq \\al(－,3)＋4H＋===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
C．当B中0.03 ml铜粉被氧化时，B中产生的NO气体大于0.02 ml
D．C装置中装入一定量的水进行尾气处理
【答案】D
【解析】为便于观察B中生成无色气体，防止NO被氧化，则开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气，故A正确；A中Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则离子反应为Cu＋2NOeq \\al(－,3)＋4H＋===Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑，故B正确；B中0.03 ml Cu被氧化时，由电子守恒可知生成NO为eq \f(0.03 ml×2－0,5－2)＝0.02 ml，且二氧化氮与水反应生成NO，即B中产生的NO气体大于0.02 ml，故C正确；NO与水不反应，不能用水进行尾气处理，C中应装入NaOH溶液，故D错误。
15．关于氮的变化关系图如图：
则下列说法不正确的是( )
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．上述反应中只有③属于氮的固定
【答案】D
【解析】工业上生产硝酸的流程：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应：4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O(路线①)，一氧化氮与氧气反应：2NO＋O2===2NO2(路线②)，二氧化氮被水吸收：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(路线③)，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，故A正确；在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应：N2＋O2eq \(=====,\s\up7(放电))2NO(路线Ⅰ)；NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO＋O2===2NO2(路线Ⅱ)，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(路线Ⅲ)，故B正确；从氮的变化关系图可知：N从N2(0价)→NO(＋2价)→NO2(＋4价)→HNO3(＋5价)，都是氧化还原反应，故C正确；上述反应中路线Ⅰ是空气中的氮气转变为含氮化合物，符合氮的固定的定义，属于氮的固定，路线②、③是含氮化合物转变为其他物质，是氮的化合物之间的转化，不是氮的固定，故D错误。
16．下图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉的是( )
A．挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．在装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】H2难溶于NaOH溶液，不能使烧瓶内外形成较大压强差，故不能引发喷泉。
17．某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A．肯定有SO2、O2和NO
B．肯定没有Cl2、O2和NO2
C．可能有Cl2和O2
D．肯定只有NO
【答案】B
【解析】无色气体，说明无Cl2、NO2；使品红褪色，说明有SO2；通入空气变红棕色，说明有NO，无O2。
18．下图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．A是可与草木灰混合使用的肥料
B．C可用排空气法收集
C．F和B能发生复分解反应生成盐
D．B在一定条件下可直接与Y反应生成D
【答案】D
【解析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与强碱X发生酸碱中和反应得到G为硝酸盐。物质A为铵盐，草木灰的主要成分是K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应放出氨气，使肥效降低，A错误；C是N2，氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，B错误；B是NH3，F是HNO3，二者发生化合反应生成NH4NO3，C错误；B是NH3，Y为O2，NH3在催化剂存在并加热的条件下，与O2反应生成NO和H2O，D正确。
19．如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是( )
A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．用一定量的铁粉与大量的9.75 ml·L－1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 ml
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为9.75 ml·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1
【答案】B
【解析】根据图像可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的(转化为硝酸铁)，因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1 ml，B错误；根据图像可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；根据图像可知当硝酸浓度为9.75 ml·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10∶6∶2＝5∶3∶1，D正确。
20．从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法不正确的是( )
A．X试剂可用Na2SO3饱和溶液
B．步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2
C．工业上每获得1 ml Br2，需要消耗Cl2 44.8 L
D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏
【答案】C
【解析】Na2SO3＋Br2＋H2O===Na2SO4＋2HBr，A正确；步骤Ⅲ根据氯的非金属性比溴的强，利用置换反应制取Br2，B正确；反应Ⅰ和反应Ⅲ均使用到Cl2，故制取1 ml Br2消耗2 ml氯气，但未标明氯气所处的温度和压强，C错误；从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D正确。
二、非选择题(本题共4小题，每小题10分，共40分)
21．（10分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是__________________，还可以使用____________代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是__________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为___________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)加氨水过程中加热的目的是_____________________________ ______________________。
沉淀B的主要成分为____________、____________(填化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnOeq \\al(－,4)＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 ml·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙元素的质量分数为________。
【答案】(1)将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋ H2O2
(2)SiO2 SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O (3)防止胶体生成，易于沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3 (4)45.0%
【解析】(1)水泥样品中含有铁的氧化物。加入盐酸后的溶液中可能含有Fe3＋、Fe2＋，Fe2＋在pH为4～5时不能形成沉淀除去，所以需要先加入氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，故加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；双氧水是一种强氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为水，不会引入新的杂质离子，故可用双氧水代替硝酸。
(2)钙、铁、铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液，而二氧化硅不与盐酸、硝酸反应，故沉淀A的主要成分为SiO2；二氧化硅可与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，该反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
(3)Fe3＋和Al3＋在pH为4～5时可水解生成氢氧化铁、氢氧化铝，水解过程中会生成氢氧化铁胶体和氢氧化铝胶体，不利于分离出沉淀，加热可使胶体聚沉，有利于分离出沉淀，所以加热可防止胶体的生成，易于沉淀分离，故沉淀B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x ml，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
5Ca2＋ ～ 5H2C2O4 ～ 2MnOeq \\al(－,4)
5 ml 2 ml
x ml 0.050 0 ml·L－1×36.00×10－3 L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 ml×40 g·ml－1＝0.180 g，故该水泥样品中钙元素的质量分数为eq \f(0.180 g,0.400 g)×100%＝45.0%。
22．（10分）二氧化硫和亚硫酸在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对SO2和H2SO3的一些性质进行了探究。
Ⅰ.探究SO2的性质
(1)关闭旋塞2，打开旋塞1，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体。检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的方法是__________________________________________________________。
(2)装置B中试剂X是________，装置D中NaOH溶液的作用是_________________________。
(3)写出装置C中发生反应的化学方程式：__________________________________________。
(4)关闭旋塞1后，打开旋塞2，装置E中的Na2S溶液用于验证SO2的________性，装置F中的现象是____________________________________________________________________。
Ⅱ.探究H2SO3的酸性强于HClO(可能需要的装置和试剂如图所示)
(5)所需装置的连接顺序：纯净的SO2―→________(填字母)，装置K中反应的离子方程式为______________________________________________________________________________。
(6)能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_____________________________________
_______________________________________________________________________________。
【答案】(1)将带火星的木条放在装置D的试管口，观察木条是否复燃
(2)浓硫酸 吸收未反应的SO2气体，防止污染空气
(3)SO2＋Na2O2===Na2SO4
(4)氧化 溶液红色变浅
(5)HJIK Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
(6)装置I中的品红溶液不褪色，装置K中溶液中出现白色沉淀
【解析】Ⅰ.A中制备二氧化硫：Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，二氧化硫为酸性气体，X干燥二氧化硫，选用浓硫酸，C中SO2与Na2O2反应，D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气，E装置验证二氧化硫的氧化性，F装置验证二氧化硫为酸性气体，并吸收二氧化硫，防止污染空气。(1)检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的方法是将带火星的木条放在装置D的试管口，观察木条是否复燃。
(2)装置B干燥二氧化硫，盛放的试剂X是浓硫酸，D中盛放的NaOH溶液吸收未反应的SO2，防止污染空气。(3)C中SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，反应的化学方程式为SO2＋Na2O2===Na2SO4。(4)E中为硫化钠与二氧化硫发生价态归中反应生成硫单质，二氧化硫表现氧化性；F装置吸收二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，F中碱性减弱，红色变浅。
Ⅱ.(5)要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接将二氧化硫通入漂白粉溶液中，应先用二氧化硫制备二氧化碳，通过证明酸性：H2SO3>H2CO3>HClO，从而得出结论。将纯净的二氧化硫通过H使二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳，制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉溶液之前用酸性高锰酸钾除去二氧化硫气体，再用品红溶液检验二氧化硫是否除净，再通入漂白粉溶液中，K中反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。(6)I中品红溶液不褪色，K中产生白色沉淀能证明H2SO3的酸性强于HClO。
23．（10分）某化学研究性学习小组的同学根据理论分析推测出NO具有氧化性，他们设想利用如图所示装置验证NO的氧化性(已知NO2＋OH－―→NOeq \\al(－,3)＋NOeq \\al(－,2)＋H2O，夹持装置已省略)。
(1)判断NO有氧化性的理论依据是________________，本套装置气密性检查较简便的操作是_______________________________________________________________________________，
装置A中反应的离子方程式为_______________________________________________________。
(2)装置C中试剂X是________，装置B的作用是______________________________________。
(3)本套装置有一个明显的错误，下列分析中正确的是________(填字母)。
A．装置B中导管不应插入液面以下
B．装置E无法吸收NO
C．实验开始后，应不断地向装置E中通入空气
(4)本实验结束时装置D中试管内得到黑色粉末，对黑色粉末的成分，小组的同学提出了不同的看法：
a．是FeO b．是Fe3O4 c．是FeO与Fe3O4
①甲同学认为仅用磁铁就可以确定黑色粉末的成分到底是哪种情况，他判断的依据与结论是______________________________________________________________________________。
②若用化学方法分析a组和c组中的黑色粉末，则需要使用三种试剂，这三种试剂是____________________________________________________________________________。
【答案】(1)NO中氮为＋2价，不是氮元素的最低价 关闭分液漏斗活塞，在E中加水没过导管微热烧瓶，如果E中出现气泡且停止加热后导管中形成一段液柱，则说明气密性良好 3Cu＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(2)无水CaCl2(或其他合理试剂) 吸收装置A中挥发出的HNO3(或其他合理答案)
(3)BC
(4)①若粉末能全部被磁铁吸引，则b对；若完全不能被吸引，则a对；若部分能被吸引，则c对 ②HCl、KSCN、K3[Fe(CN)6](或稀硫酸、酸性KMnO4溶液、KSCN)
【解析】(2)装置C是干燥装置，可用无水CaCl2、P2O5等试剂干燥NO。硝酸是挥发性酸，对后续反应会产生干扰，故装置B的作用是用于吸收装置A中挥发出的HNO3。(3)因要吸收HNO3(g)，故装置B中导管应插入液面下，A项错误；NO是不成盐氧化物，不能与碱反应，B项正确；通入空气后NO被O2氧化为NO2，NO2可被NaOH溶液吸收(或者在O2存在的条件下，NO、O2、OH－反应生成盐)，C项正确。(4)①可根据Fe3O4能被磁铁吸引，FeO不能被磁铁吸引的性质判断。②用化学方法分析时，先用非氧化性酸将固体溶解，然后用KSCN检验有无Fe3＋，用K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4溶液)检验有无Fe2＋，但由于酸性KMnO4溶液能氧化Cl－，故当用盐酸溶解固体时，不能使用KMnO4溶液。
24．（10分）三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛。已知ICl3的熔点为33 ℃，沸点为73 ℃，有吸湿性，遇水易水解。某小组同学用下列装置制取ICl3(部分夹持和加热装置省略)。
(1)按照气流方向连接接口顺序为a→______________。
装置A中导管m的作用是_____________________________________________________。
(2)装置C用于除杂，同时作为安全瓶，能监测实验进行时后续装置是否发生堵塞，若发生堵塞，C中的现象为_____________________________________________________。
(3)氯气与单质碘需在温度稍低于70 ℃下反应，则装置E适宜的加热方式为______________。
装置E中发生反应的化学方程式：________________________________________________。
(4)该装置存在的明显缺陷是______________________________________________________。
【答案】(1)d→e→b→c→g→h→f(接口b与c、g与h可互换) 使浓盐酸顺利滴下 (2)锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (3)水浴加热 3Cl2＋I2eq \(=====,\s\up7(水浴加热),\s\d5(<70 ℃))2ICl3 (4)缺少尾气处理装置
【解析】(1)在装置A中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，浓盐酸易挥发，制取的氯气中会含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置C除去HCl杂质，再通过装置B干燥，得到干燥、纯净的氯气，然后在装置E中氯气与碘单质反应制得ICl3；为防止ICl3水解，在E后面连接盛有干燥剂的装置D，防止空气中的水蒸气进入E装置。故按照气流方向连接装置接口顺序为：a→d→e→b→c→g→h→f，(接口b与c、g与h可互换)；在装置A中导管m使分液漏斗中的液体上下压强一致，这样分液漏斗中的浓盐酸可以顺利滴下。
(2)装置C也是安全瓶，监测实验E中是否发生堵塞，若装置E发生堵塞，则C中气体压强增大，液体会进入长颈漏斗中，使锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。
(3)因水浴加热能简便控制加热的温度，且能使反应装置受热均匀，又因为氯气与单质碘需在温度稍低于70 ℃下反应，故应采取水浴加热的方式；在装置E中Cl2与I2在低于70 ℃下发生反应：3Cl2＋I2eq \(=====,\s\up7(水浴加热),\s\d5(<70 ℃))2ICl3。
(4)Cl2是有毒气体，通过盛有无水氯化钙的干燥管只能吸收水分，不能吸收氯气，这样就会造成大气污染，故该装置的缺陷是缺少尾气处理装置。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
步骤
实验
现象
得到无色溶液a和白色沉淀b
产生无色气体，遇空气变为红棕色
产生白色沉淀
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