湖北省武汉市2024_2025学年高一化学上学期期末检测试卷含解析

这是一份湖北省武汉市2024_2025学年高一化学上学期期末检测试卷含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 8 页，19 题。全卷满分 100 分，考试用时 75 分钟。请将答案填涂在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
1. 构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识中正确的是
A. 分类观：溶于水呈碱性的物质属于碱
B. 守恒观：发生化学反应时，离子的总数不变
C. 变化观：酸性氧化物在一定条件下可与碱反应生成盐和水
D. 微粒观：新制氯水中含有 、 、 和 分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中的阴离子均为氢氧根离子的为碱，故 A 错误；
B．发生化学反应时，参加反应的物质的质量不变，原子种类、个数不变，故 B 错误；
C．酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，故 C 正确；
D．HCl 在溶液中完全电离，故氯水中没有 HCl 分子，故 D 错误；
答案选 C。
2. 化学与生产、生活密切相关。下列事实与所述化学知识无关的是
选项 项目 化学知识
A 工人在制冷系统中用液氨作制冷剂 极易溶于水
B 工人使用氯气给自来水杀菌消毒 HClO 具有强氧化性
可与酸反 C 医生用小苏打治疗胃酸过多
应
D 工程师在燃煤时加入适量生石灰脱硫 与生石灰反应
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A A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用液氨作制冷剂，与其水溶性无关，故 A 选；
B．次氯酸具有强氧化性，能消毒杀菌，氯气溶于水生成次氯酸，可以用于自来水消毒，两者有关联，故 B
不选；
C．碳酸氢钠可以与酸反应，因此可用小苏打治疗胃酸过多，两者有关联，故 C 不选；
D．工程师在燃煤时加入适量生石灰脱硫，是利用生成的二氧化硫与生石灰、氧气反应，生成硫酸钙，两者
有关联，故 D 不选；
答案选 A。
3. 下列有关化学术语或表述正确的是
A. 钡餐的化学式：
B. 熟石膏的化学式：
C. 在水中的电离方程式：
D. 在熔融态的电离方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钡餐为硫酸钡，化学式： ，A 错误；
B．熟石膏的化学式： ，B 错误；
C． 水中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式： ，C 正确；
D． 在熔融态电离出钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式： ，D 错误；
故选 C。
4. 我国科学家研制的“纳米分子药物运输车”的结构如图所示，可人为从外部利用磁性将其引导至所需位
置，提高肿瘤治疗效果。下列说法错误的是
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A. 该运输车的外壳含有碳元素
B. 溶于盐酸生成 2 种可溶性盐
C. “纳米分子药物运输车”属于混合物
D. 该物质分散到水中得到的分散系，具有丁达尔效应
【答案】D
【解析】
【详解】A．有机物为含碳化合物，故外壳含有碳元素，A 正确；
B． 溶于盐酸生成氯化铁和氯化亚铁两种可溶性盐，B 正确；
C．“纳米分子药物运输车”包含四氧化三铁，二氧化硅，药物，有机物外壳多种物质，属于混合物，C 正
确；
D．胶体具有丁达尔效应，胶体中分散质粒子直径在 1-100nm 之间，而题目中直径为 200nm，分散到水中无
法得到胶体，D 错误；
故选 D。
5. 下列物质制备与工业生产相符合的是
A. 工业上制硫酸过程中的物质转化关系：
B. 工业上制硝酸过程中的物质转化关系：
C. 从海水中提取镁：
D. 从铝土矿中提取铝：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 煅烧生成二氧化硫，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化为硫酸；但是工业生
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产中二氧化硫被催化氧化为三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，A 错误；
B．工业上制硝酸为氮气和氢气催化反应生成氨气，氨气氧化为 NO，NO 和氧气生成二氧化氮，二氧化氮
和水、氧气生成硝酸，B 错误；
C．海水中氯化镁和石灰乳中氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，然后得到无水
氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质，C 正确；
D．铝土矿碱溶得到四羟基合铝酸钠，通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝，电解熔融氧
化铝得到铝单质，D 错误；
故选 C。
6. 下列实验操作描述正确且能达到实验目的的是
A．配制一定浓度的 NaOH 溶液 B．制备 胶体
D．探究 是否具有漂白 C．制取、收集 NO
性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．容量瓶不能用于直接溶解氢氧化钠固体，故 A 错误；
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B．将 FeCl3 饱和溶液滴加到沸水中，加热煮沸至红褐色，可以得到 胶体，故 B 正确；
C．NO 与氧气反应，不能用排空法收集，故 C 错误；
D．Cl2 与水反应生成次氯酸能使品红褪色，不能说明 Cl2 有漂白性，故 D 错误；
答案选 B。
7. 设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 1ml 通入水中转移电子数小于
B. 5.6g 铁在足量氯气中点燃转移电子数为 0.3
C. 等物质的量的 和 中所含阴离子数均为
D. 9.2g 由 和 组成的混合物，含 0.8 个氢原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2 与水反应的化学方程式为 Cl2+H2O HCl+HClO，由于反应是可逆反应，故 1ml 通入
水中转移电子数小于 ，故 A 正确；
B．5.6g 铁为 0.1ml，在足量氯气中点燃生成 FeCl3，故电子数为 0.3 ，故 B 正确；
C． 和 均含有 1 个阴离子，故等物质的量的 和 中所含阴离子数相等，但是不一
定为 NA，故 C 错误；
D． 和 的摩尔质量都是 92g/ml，且分子中都含有 8 个 H，9.2g 由 和 组成的混
合物的物质的量为 0.1ml，含 0.8 个氢原子，故 D 正确；
答案选 C。
8. 下列有关反应的离子方程式正确的是
A. 向 KI 溶液中滴加双氧水：
B. 向 溶液中投入少量 ：
C. 向漂白粉溶液中通入足量 ：
D. 向二元弱酸 溶液中滴入足量烧碱溶液：
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【答案】C
【解析】
【详解】A．KI 溶液中滴加双氧水，碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，过氧化氢被还原为水：
，A 错误；
B． 溶液中投入少量 ，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，氧气可以氧化亚铁离子生成铁离
子，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，B 错误；
C．漂白粉溶液中通入足量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钙溶液，C 正确；
D．二元弱酸 溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成 和水： ，
D 错误；
故选 C。
9. 用 FeS 处理酸性废水中的 的反应原理为： (未配
平)。下列判断正确的是
A. 该反应的还原产物不止一种
B. 反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 3：2
C. 若改用 处理该废水，单位物质的量消耗的 更少
D. 用 FeS 处理废水的优点在于不仅可以除去 ，还可吸附悬浮杂质
【答案】D
【解析】
【分析】反应中铬化合价由+6 变为+3，铁化合价由+2 变为+3、硫化合价由-2 变为+6，结合电子守恒、质量
守恒，反应为： ；若改用 处理该废水，相关
反应为 ；
【详解】A．反应中只有铬化合价降低，故还原产物只有三价铬离子，A 错误；
B．由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则 FeS 为还原
剂， 为氧化剂，则反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 6:9=2:3，B 错误；
C．1mlCu2S 参与反应失去 10ml 电子，1mlFeS 参与反应失去 9ml 电子，根据得失电子守恒可知，用相
同物质的量的 Cu2S 和 FeS 处理时，Cu2S 消耗更多 ，C 错误；
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D．用 FeS 处理废水不仅可以除去 ，且该反应还可以生成 Fe3+，Fe3+能在水中能生成氢氧化铁胶体，
其具有吸附性，可吸附悬浮杂质，D 正确；
故选 D。
10. 气体的制备是实验化学中的基本技能。下列气体的制备与收集装置的连接正确的是
A. 制备收集 ：连接 a→d→e→g B. 制备收集 ：连接 b→c→g
C. 制备收集 ：连接 a→f→c→e→d D. 制备收集 ：连接 b→c→e→d
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室制备 NH3，可用浓氨水和 CaO 固体反应，NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，浓氨水易挥
发，CaO 固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形
式逸出，制得氨气，不需要额外解热，可选择 b 装置，制得的氨气中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，选择 d
装置，氨气密度比空气小，需用向下排空气法收集，所以需短管进，长管出，可选择 e 装置，但由于 NH3
极易溶于水，因此处理 NH3 需要防倒吸，综合可知，连接 b→d→e 可制备收集氨气，故 A 错误；
B．实验室制备 SO2，利用亚硫酸钠固体和 70%浓硫酸反应，方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑
+H2O，反应无需加热，选择 b 装置，SO2 和水反应生成亚硫酸，所以 SO2 不能用排水法收集，所以 g 装置
不合适，故 B 错误；
C．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，所以应该用 a 装置制备氯气；浓盐酸具有挥发性导
致生成的氯气中含有氯化氢，HCl 极易溶于水，NaCl 溶液抑制氯气溶解，所以可以用饱和食盐水除去氯气
中的 HCl；HCl 是酸性气体，应该用酸性干燥剂干燥，所以可以用浓硫酸干燥；HCl 密度大于空气，应该用
向上排空气法收集，用碱性物质处理尾气，所以连接顺序是 a→f→c→e→d，故 C 正确；
D．实验室制备 H2S，利用硫化亚铁（FeS）固体和稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢，其化学方程式为 FeS
+2HCl=FeCl2+H2S↑，制取 H2S 的反应物为固体和液体反应不需要加热，可选择 b 装置，但硫化氢具有还原
性，浓硫酸具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，H2S+H2SO4(浓)=SO2+S↓+2H2O，所以 c 装置不合适，
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故 D 错误；
故选 C。
11. 下列关系图中，A、B、C、D、E、F 中均含同一种元素，A 是一种正盐，B 是气态氢化物，C 是单质，
F 是强酸。当 X 无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当 X
是强碱时，过量的 B 跟 反应除生成 C 外，另一产物是盐酸盐。下列说法中错误的是
A. F 可能是 或
B. 当 X 是强酸或强碱时，A 不可能是同一物质
C. 当 X 是强酸时，C 在常温下是一种微溶于酒精的固体
D. 当 X 是强酸时，用 代替 ，也能与 B 反应生成 C 物质
【答案】B
【解析】
【分析】A 是一种正盐，当 X 无论是强酸还是强碱时，二者反应都能生成气态氢化物 B，则 A 一定是弱酸
的铵盐，结合单质 C 连续与氧气生成的 E，且 E 与水反应生成 F 是强酸，中学常见 N、S 元素单质化合物
符合转化关系，因此当 X 是强碱时，B 是 NH3，则 C 是 N2、D 是 NO、E 是 NO2、F 是 HNO3；如果 X 是
强酸，则 B 应该是 H2S，C 是 S，D 是 SO2，E 是 SO3，F 是 H2SO4，这说明 A 是(NH4)2S。
【详解】A．由上述分析可知，F 可能是 或 ，故 A 正确；
B．由上述分析可知，A 是(NH4)2S，故 B 错误；
C．当 X 是强酸时，C 是单质 S，是一种微溶于酒精的固体，故 C 正确；
D．当 X 是强酸时，用 O2 代替 Cl2，氧气可与氨气反应生成氮气，故 D 正确；
答案选 B。
12. 将 10g 铜镁合金完全溶解于 100mL 某浓度的硝酸中，得到 NO 和 (不考虑 )共 0.3ml，向反应
后的溶液中加入 溶液 0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 18.5g。下
列说法错误的是
A. 该硝酸的物质的量浓度为
B. 合金中铜与镁的物质的量之比为 2：3
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C. 混合气体中 NO 和 的体积之比为 1：2
D. 铜镁合金溶解后，溶液中剩余 的物质的量为 0.3ml
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知，铜失电子生成铜离子，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，镁失电子生
成镁离子，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，据此分析。
【详解】A．全部沉淀后，溶质为 NaNO3，根据氮原子守恒，有 n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO，NO2)=0.8L×1ml/L
+0.3ml=1.1ml，c(HNO3)= =11ml/L；故 A 错误；
B．根据上述分析，得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质的量
为 =0.5ml，即得失电子物质的量为 0.5ml，因此有 2n(Cu)+2n(Mg)=0.5，64n
(Cu)+24n(Mg)=10.0，联立解得 n(Cu)=0.1ml，n(Mg)=0.15ml，因此合金中铜和镁的物质的量之比为 2：3，
故 B 正确；
C．根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=0.5ml，n(NO)+n(NO2)=0.3，解得 n(NO)=0.1ml，n
(NO2)=0.2ml，NO 和 的体积之比为 1：2，故 C 正确；
D．由上述计算可知，n(HNO3)=1.1ml，反应掉的 n(HNO3)=2n(合金)+n(NO，NO2)=
=0.8ml，故剩余的硝酸为 0.3ml，故 D 正确；
答案选 A。
13. Y 形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行相关实验探究。某学生按图示方法进行实验(尾气处
理装置未画出)。先倾斜 Y 形管甲使固体和液体混合，一段时间后，乙中无明显现象；然后倾斜 Y 形管丙使
固体和液体混合，一段时间后，乙中有沉淀产生。下列 Y 形管中所盛试剂不符合题意的是
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甲 丙
A 70%硫酸 浓盐酸
B 70%硫酸 Cu 浓硝酸
C 碱石灰 浓氨水 浓盐酸
D 碱石灰 浓氨水 双氧水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】 与 70%的浓硫酸反应生成 SO2 气体，SO2 通入 BaCl2 溶液中不发生反应，没有现象产生。
将装置丙中产生的气体通入乙装置中，有沉淀产生，则表明丙中产生的气体可能为碱性气体 NH3，NH3 溶
解使溶液显碱性，能使 SO2 或二氧化硫与水反应产生的 H2SO3 转化为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与溶液
中的 Ba2+反应产生 BaSO3 白色沉淀；也可能为氧化性气体如 Cl2、NO2 等，Cl2 等氧化剂将 SO2 或 H2SO3 氧
化产生 H2SO4，H2SO4 与 BaCl2 反应产生 BaSO4 沉淀；
【详解】A．结合分析，甲中生成二氧化硫、丙中生成氯气，氯气氧化二氧化硫为硫酸，硫酸和钡离子生成
硫酸钡沉淀，A 错误；
B．铜和浓硝酸生成氧化性二氧化氮，也能氧化二氧化硫为硫酸，硫酸和钡离子生成硫酸钡沉淀，B 错误；
C．甲中生成氨气，氨气和氯化钡不反应，丙中生成二氧化碳，碱性条件下，二氧化碳和氨气、氯化钡生成
碳酸钡沉淀，C 错误；
D．甲中生成氨气，丙中生成氧气，两者不能使得钡离子转化为沉淀，D 正确；
故选 D。
14. 已知草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体( )无色，熔点为 101℃，
易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。某同学按照下图所示的实验装置，检验草酸晶体的分解产物。
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下列说法正确的是
A. a 中加热草酸晶体的试管，试管口应朝下倾斜
B. d 中 粉末变蓝，可以判断分解产物中有水产生
C. 去掉 b 装置，根据 c 中石灰水变浑浊即可以判断分解产物中含有
D. 将 粉末改为碱石灰，若 e 中 CuO 变红色，f 中变浑浊，则分解产物中有 CO
【答案】D
【解析】
【分析】实验目的是检验草酸晶体受热分解的产物，根据装置的连接顺序和用途，装置 a 是草酸晶体受热
分解装置，装置 b 是冷凝草酸气体装置，防止其对二氧化碳的检验造成干扰，装置 c 是检验产物是否含有
二氧化碳气体的装置，装置 d 是干燥气体装置，装置 e 是检验分解产物中是否含有 CO 的装置，装置 f 检
验生成的二氧化碳，g 是收集处理剩余气体的，防止污染空气的装置；
【详解】A．草酸晶体熔点为 101℃，170℃以上分解，受热熔化成液体，加热时需试管向上倾斜，A 错误；
B．装置 c 中装有澄清石灰水，即使产物中没有水产生，从装置 c 中出来也是有水汽的，使得硫酸铜粉末变
蓝色，B 错误；
C．去掉 b 装置，升华的草酸气体会和石灰水反应生成草酸钙沉淀，影响产物的判断，C 错误；
D．碱石灰能吸收水汽和二氧化碳，则 e 中氧化铜变红色，f 中变浑浊，则能证明分解产物中有 CO，D 正确；
故选 D。
15. 生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含 、MgO)，过滤后得到 滤液用 溶液处理，测得
溶液 pH、 随加入 溶液体积变化的曲线如图所示。
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下列有关说法正确的是
A. 生成沉淀的离子方程式为
B. a 点溶液中大量存在的离子是 、 、 、
C. 溶液的物质的量浓度为
D. b 点与 c 点溶液所含微粒种类不同
【答案】A
【解析】
【分析】Al2O3 与 NaOH 反应，而 MgO 不反应，过滤后得到滤液用 NaHCO3 溶液处理，发生
，加入 40mLNaHCO3 溶液时沉淀最多，a、b、c 点均显碱
性，随 NaHCO3 溶液的加入，碱性减弱，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，生成沉淀的离子方程式为 ，
故 A 正确；
B．a 点显碱性，溶质为 NaOH、Na[Al(OH)4]，a 点溶液中大量存在的离子是 Na+、 、OH-，故
B 错误；
C．加入 40mLNaHCO3 溶液时沉淀最多，沉淀为 0.032ml，NaOH 过量，滤液中含 NaOH，由 OH-+HCO
=CO +H2O、 可知，前 8mL 不生成沉淀，c(NaHCO3)=
=1.0ml/L，故 C 错误；
D．b 点与 c 点溶液所含微粒种类相同，均含 Na+、 、OH-、CO ，故 D 错误；
答案选 A。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
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16. 二氧化铈( )是一种重要的稀土化合物。提纯二氧化铈的一种工艺流程如图所示：
已知： 为可溶于水的强电解质， 为难溶物。回答下列问题：
（1） 中 Ce 的化合价为_______。
（2）流程所加试剂中属于电解质的有_______。
A. 稀硫酸 B. C. NaOH D.
（3）反应②的离子方程式为_______，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，消耗 1ml 转移
的电子数为_______。
（4）结合题中信息及所学知识，判断 、 、 的氧化性由强到弱的顺序是____。
（5） 是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图所示。写出图中过程①发生反应的化学
方程式，并用单线桥表示电子转移的方向与数目_______。
【答案】（1）+4 （2）BC
（3） ①. ②. 1：4 ③. 4NA
（4）CeO2＞O2＞Ce(OH)4
（5）
【解析】
【分析】粗 CeO2 在稀硫酸条件下与双氧水发生氧化还原反应生成 Ce2(SO4)3 和氧气，Ce2(SO4)3 在氢氧化钠
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条件下与氧气反应生成 Ce(OH)4，Ce(OH)4 受热分解生成 CeO2；
【小问 1 详解】
根据化合物中各元素化合价代数和为 0，可算出稀土化合物 CeO2 中 Ce 的化合价为+4 价；
【小问 2 详解】
A．稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故 A 不选；
B． 能微弱电离出 H+，属于电解质，故 B 选；
C．NaOH 在水溶液中和熔融状态下都能电离，是电解质，故 C 选；
D． 是单质，既不是电解质也不是非电解质，故 D 不选；
答案选 BC；
【小问 3 详解】
Ce2(SO4)3 在碱性条件下被氧气氧化生成 Ce(OH)4，离子方程式为
，反应中 Ce3+是还原剂，O2 是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：4，O 元素的化合价从 0 价降
低为-2 价，消耗 1ml 转移的电子数为 4NA；
【小问 4 详解】
结合题中信息，CeO2 在酸性条件下将 H2O2 氧化生成 Ce2(SO4)3，同时生成氧气，Ce2(SO4)3 在碱性条件下被
氧气氧化生成 Ce(OH)4，故判断 CeO2、Ce(OH)4、O2 氧化性由强到弱的顺序是 CeO2＞O2＞Ce(OH)4；
【小问 5 详解】
根据图示可知反应①为 CO 和 CeO2 反应生成 Ce2O3 和 CO2，化学方程式为：CO+2CeO2=Ce2O3+CO2，反应
中 C 元素由+2 价升高为+4 价，Ce 元素由+4 价降为+3 价，转移电子数最小公倍数为 2，用单线桥表示电子
转移的方向与数目为 。
17. 我国芒硝( )资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备 和 ，实验室模
拟其流程如下。
（1）转化Ⅰ的化学方程式为_______。
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（2）转化Ⅱ中加入 的作用为_______。
（3）转化Ⅲ加热时用到的仪器有泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒、_______。
（4）M 的化学式为_______。
（5）测定产品 的纯度：称取 1.250g 样品，配成 100mL 溶液，每次取出配制的溶液 20.00mL，用
NaOH 溶液滴定，以酚酞作指示剂。三次实验平均消耗 NaOH 溶液的体积为 20.00mL。
Ⅰ．配制 溶液的步骤有：①称量；②计算；③摇匀；④溶解；⑤待溶液恢复到室温；⑥洗涤；⑦
定容；⑧转移。正确的操作顺序为：_______。
②→①→④→_______→_______→_______→_______→_______→_______→③(填标号，步骤可重复)
Ⅱ．三次实验平均消耗 NaOH 溶液的体积为 20.00mL。所得产品 的纯度为_______(保留四位有效
数字)。
（6）检验滤液中是否含有 的方法是_______。
【答案】（1）2H2O+Na2SO4+2NH3+2CO2=2NaHCO3+(NH4)2SO4
（2）增大钠离子和硫酸根的浓度，有利于固体的结晶析出
（3）坩埚 （4）NH3
（5） ①. ⑤⑧③⑥⑧⑦ ②. 96.00%
（6）在试管中取少量滤液，滴加 NaOH 浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊始终放在试管口，若试纸变蓝，
则证明滤液中有铵根，否则无铵根
【解析】
【分析】Na2SO4 溶液中通入 NH3、CO2 通过转化Ⅰ然后过滤得到 NaHCO3，滤液中含有(NH4)2SO4，滤液中
加入 Na2SO4 通过转化Ⅱ然后通过过滤得到母液和滤渣，转化Ⅱ结束后，将其反应液通过操作 a 制得 Na2SO4
•(NH4)2SO4•2H2O，Na2SO4•(NH4)2SO4•2H2O 通过转化Ⅲ得到 NaHSO4 和物质 M，根据元素守恒及原子守恒
知，M 为 NH3。
【小问 1 详解】
由分析可知，Na2SO4 溶液中通入 NH3、CO2 通过转化Ⅰ然后过滤得到 NaHCO3，滤液中含有(NH4)2SO4，转
化 I 的化学方程式为 2H2O+Na2SO4+2NH3+2CO2=2NaHCO3+(NH4)2SO4；
【小问 2 详解】
由上述分析可知，转化Ⅱ中加入 的作用为增大钠离子和硫酸根的浓度，有利于固体的结晶析出；
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小问 3 详解】
转化Ⅲ是对固体进行加热分解，应在坩埚中进行，加热时用到的仪器有泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒、
坩埚；
【小问 4 详解】
由上述分析可知，M 的化学式为 NH3；
【小问 5 详解】
配制 溶液的步骤有：计算；称量；溶解；待溶液恢复到室温；转移；摇匀；洗涤；转移；定容；
摇匀；正确的操作顺序为：②①④⑤⑧③⑥⑧⑦③；
三次实验平均消耗 NaOH 溶液的体积为 20.00mL，NaHSO4 和 NaOH 以 1：1 反应，则 20.00mL 待测液中 n
(NaHSO4)=n(NaOH)=0.020L×0.1000ml/L=0.002ml,则 100mL 待测液中 n(NaHSO4)=0.002ml×5=0.01ml，所
得产品 NaHSO4 的纯度为 =96.00%；
【小问 6 详解】
检验滤液中是否含有 的方法是：在试管中取少量滤液，滴加 NaOH 浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊
始终放在试管口，若试纸变蓝，则证明滤液中有铵根，否则无铵根。
18. 氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的主要物质。回答下列问题：
（1）下列措施中可用于减少 排放量，且经济可行的是_______。
A．用天然气代替煤炭做民用燃料
B．将工厂的烟囱造高
C．燃煤中添加石灰固硫
D．使用 萃取煤炭中的硫
E．工业尾气经碱液处理后再排放
（2）下列不属于氮的固定的是_______。
A. B.
C. D.
（3）可用 NaOH 溶液吸收空气中的氮氧化物，主要反应为： ；
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。
①现有 VL 某 NaOH 溶液，能完全吸收 nml 和 mmlNO 组成的大气污染物。所用烧碱溶液的物质的
量浓度至少为_______ 。
②若所得溶液中 ，则原混合气体中 和 NO 的物质的量之比 _______。
（4）氮氧化物也可以用尿素[ ]水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为 1：1 的 NO 和 混
合气，可将 N 元素转变为对环境无害的气体，该反应的化学方程式为_______。
（5）控制其他条件相同，将混有 NO、 、 、 和 的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，
在装置出口处检测 NO、 的脱除率 ( )
①当烟气中有少量 时，有利于 脱除，其可能的原因是_______。
②当烟气中无 存在时，且 超过一定数值时，测得 变为负值，其可能的原因是_______
。
【答案】（1）ACE （2）B
（3） ①. ②. 3：2
（4）(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O
（5） ①. SO2 具有还原性，也能还原一部分 NO2 ②. 过量的 NO2 与溶液中的 H2O 反应生成 NO，使
NO 的出口浓度大于进口浓度，
【解析】
【小问 1 详解】
A．用天然气代替煤炭做民用燃料，可减少煤炭燃烧，减少二氧化硫排放，故 A 选；
B．将工厂的烟囱造高，不能减少二氧化硫的排放，故 B 不选；
C．燃煤中添加石灰固硫可以减少 SO2 的排放，故 C 选；
D．使用 CS2 萃取煤炭中的硫是不现实的操作，故 D 不选；
E．二氧化硫能和碱液反应而被吸收，工业尾气经碱液处理后再排放，能减少二氧化硫的排放，故 E 选；
故答案为：ACE；
【小问 2 详解】
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氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，故在所给的反应中 B 不属于氮的固定，故答案为 B；
【小问 3 详解】
①NO2、NO 和 NaOH 反应后，N 和 Na 均全部存在于 NaNO2 和 NaNO3 中，根据 N 原子守恒 n
(NaNO2)+n(NaNO3)=n(NO2)+n(NO)=(m+n)ml，因此 n(Na+)也为(m+n)ml，再根据 Na 元素守恒，n
(NaOH)=n(Na+)=(m+n)ml，因此 c(NaOH)= ml/L；
②若所得溶液中 ，则 ，当 n(NO3-)为 1ml 时，根据 2NO2
+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，相应生成的 n(NO )=1ml、吸收的 n(NO2)=2ml，那么 NO2+NO+2NaOH═
2NaNO2+H2O 中生成的 n(NO )=(9-1)ml=8ml，则对应吸收的 n(NO2)=4ml、n(NO)=4ml,所以原混合气体
中 n(NO2)=(4+2)ml=6ml、n(NO)=4ml，物质的量之比为 3：2；
【小问 4 详解】
由题意可知，尿素[(NH2)2CO]与 1：1 的 NO 和 NO2 混合气反应生成了 N2、CO2、H2O，尿素中的-2 价 N 元
素化合价升高，NO 和 NO2 中的 N 元素化合价降低，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式为：(NH2)
2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；
【小问 5 详解】
①当烟气中有少量 SO2 时，有利于 NO2 脱除，其可能的原因是 SO2 具有还原性，也能还原一部分 NO2；
②当烟气中无 SO2 存在时，烟气中 超过一定数值时，过量的 NO2 与溶液中的 H2O 反应生成 NO，
使 NO 的出口浓度大于进口浓度，则测得 变为负值。
19. 某小组欲探究反应 ，完成如下实验。资料：AgI 是黄色固体，难溶于稀硝酸。
新制的 AgI 见光会少量分解。
（1）检验Ⅰ或Ⅱ中有无 的实验操作及现象是：取少量Ⅰ或Ⅱ中溶液，_______。经检验，Ⅰ、Ⅱ中均
未检验出 。
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是_______(写化学式)。
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（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了 。
①对 产生的原因做出如下假设：
假设 a：空气中存在 ，由于_______(用离子方程式表示)，可产生 。
假设 b：溶液中 具有氧化性，可产生 。
假设 c：_______。
假设 d：该条件下， 溶液可将 氧化为 。
②通过实验进一步证实 a、b、c 不是产生 的主要原因，假设 d 成立。
（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有 AgI 和 Ag。
①验证灰黑色浑浊含有 Ag 的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，_______。
②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验 1 和实验 2。
实验 1：向 1mL 0.1 溶液中加入 1mL 0.1 溶液，开始时，溶液无明显变化。
几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中 浓度随反应时间的变化如
图。
实验 2：实验开始时，先向试管中加入几滴 溶液，重复实验 1，实验结果与实验 1 相同。
ⅰ．实验 1 中发生反应的离子方程式是_______。
ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是_______。
【答案】（1）滴加几滴 KSCN 溶液，溶液不变红
（2）AgI （3） ①. O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O ②. 酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可将
Fe2+氧化为 Fe3+
（4） ①. 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清
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液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 ②. Fe2++Ag+=Fe3++Ag ③. AgI 分解产生的 Ag 催化了 Fe2+与 Ag+的
反应
【解析】
【分析】由实验所给现象可知，Ⅰ、Ⅱ均未检出 Fe3+，说明 Fe2+与 I2 几乎不反应；Ⅱ→Ⅲ的过程中加入几
滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与 I-生成了 AgI 沉淀，降低了 I-的浓度，使平衡 2Fe2++I2⇌ 2Fe3++2I−正向移
动，使 I2 氧化了 Fe2+；加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成的 AgI 分解产生的 Ag 催化了 Fe2+与 Ag
+的反应生成三价铁离子和单质银，出现大量灰黑色浑浊。
【小问 1 详解】
检验Ⅱ中有无 Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴 KSCN 溶液，溶液不变红；
【小问 2 详解】
黄色浑浊是 Ag+与 I-生成了 AgI 沉淀，
【小问 3 详解】
空气中存在 O2，氧气具有氧化性，酸性条件下，空气中氧气将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：O2
+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，也有可能是酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+；
小问 4 详解】
①检验银单质的方法可以向其中加入稀硝酸，会产生 NO 气体，随后 NO 被空气中氧气氧化为 NO2，故答案
为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀
盐酸，有白色沉淀生成；
②向 1 mL 0.1 ml•L−1 FeSO4 溶液中加入 1 mL0.1 ml•L−1 AgNO3 溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟
后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为 Fe2++Ag+=Fe3++Ag；
反应过程中温度几乎无变化，故不是温度影响了反应速率，则迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是 AgI 分
解产生的 Ag 催化了 Fe2+与 Ag+的反应。
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