宁夏平罗中学2022-2023学年高三化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份宁夏平罗中学2022-2023学年高三化学上学期第一次月考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了5 K39 Ba137， 分类是一种重要的学习方法， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

平罗中学2022-2023第一学期高三年级第一次月考
化学试卷
相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Na23 Cl35.5 K39 Ba137
一、单项选择题(每小题2分，共44分)
1. 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C. 乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D. 核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；
B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项说法错误；
C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；
D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；
综上所述，叙述正确的是D项。

2. 分类是一种重要的学习方法。物质的分类如图所示，下列说法中正确的是

A. 图甲所示的分类方法属于树状分类法
B. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
C. Fe(OH)3胶体属于碱
D. 甲图中“……”包含混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，图甲所示的分类方法属于树状分类法，A正确；
B．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，属于酸性氧化物，B错误；
C．Fe(OH)3胶体是混合物，而酸、碱、盐均属于纯净物，属于化合物，故Fe(OH)3胶体不属于碱，C错误；
D．化合物是指含有两种或两种以上元素的纯净物，故甲图中“……”不包含混合物，D错误；
故答案为：A。
3. 下列说法正确的是
A. 硫酸的导电能力比盐酸溶液强
B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质
C. BaSO4、AgCl均不溶于水，所以BaSO4、AgCl不是电解质
D. 碳酸氢钠在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小及离子所带电荷数目有关，与电解质的种类无关，由于硫酸溶液和盐酸浓度不知，无法比较导电能力的大小，A错误；
B．氨气的水溶液能导电是因为氨气与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O能够微弱电离出和OH-，NH3本身不能电离产生的离子，因此NH3是非电解质，B错误；
C．BaSO4、AgCl是盐，二者均不溶于水，但在熔融状态下能够发生电离，产生自由移动的离子而能导电，因此BaSO4、AgCl属于电解质，C错误；
D．碳酸氢钠是可溶性盐，在水中电离产生Na+、，故其电离方程式为NaHCO3=Na++，D正确；
故合理选项是D。
4. 在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．不稳定，光照下会分解为和，A项不符合题意；
B．氧化铁被一氧化碳还原为铁单质，铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，B项符合题意；
C．与在放电条件下只能生成，不能产生，C项不符合题意；
D．由于酸性：，则不与反应，D项不符合题意。
故选B。
5. 配制500 mL 0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：

下列说法正确的是
A. 实验中需用的仪器有天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C. 容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D. 定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．配制500 mL 0.100 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL 容量瓶、胶头滴管，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；
D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。
故选D。
6. 下列装置对应操作正确且能达到实验目的的是
装置




目的
A.将海带灼烧成灰烬
B.将Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液分离
C.验证碳酸氢钠受热易分解
D.排掉碱式滴定管
胶管内的气泡

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧固体应在坩埚中进行，A错误；
B．胶体和溶液均可透过滤纸，过滤法不能分离，应用渗析法分离，B错误；
C．碳酸氢钠受热分解有水生成，试管口应略向下倾斜，C错误；
D．排掉碱式滴定管胶管内的气泡正确操作为：将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出以排出气泡，D正确；
故答案选D。
7. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 碳酸镁与稀盐酸反应：
B. 亚硫酸氢钠的水解：
C. 锌溶于氢氧化钠溶液：
D. 亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故A错误；
B．亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HSO+H2O H2SO3+OH-，故B正确；
C．锌与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]-+H2↑，故C正确；
D．亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为NO+NH N2↑+2H2O，故D正确；
故选A。
8. 如图是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。说法错误的是

A. 该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
B. 葡萄糖、酒精等这类含碳化合物属于有机物
C. “纳米药物分子运输车”属于混合物
D. “纳米药物分子运输车”中的四氧化三铁不属于碱性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．该“纳米药物分子运输车”的直径为200nm，分散于水中所得的分散系属于浊液，故A错误；
B．葡萄糖、酒精属于有机物，故B正确；
C．“纳米药物分子运输车”含有二氧化硅、四氧化三铁、药物等，属于混合物，故C正确；
D．四氧化三铁中铁元素显+2、+3价，和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁两种盐，不属于碱性氧化物，故D正确；
选A。
9. 用如图实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是

A. 用装置甲制备SO2
B. 用装置乙从碘水溶液中萃取碘
C. 用装置丙除去鸡蛋清中混有的NaCl溶液
D. 用装置丁蒸干FeSO4溶液获得FeSO4晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸与铜反应需要加热，A错误；
B．苯可以萃取碘水中的碘，苯的密度比水小，有色层在上层，B正确；
C．鸡蛋清溶液为胶体，过滤不能分离胶体和溶液，C错误；
D．硫酸亚铁容易被氧气氧化，加热蒸干硫酸亚铁溶液得到硫酸铁晶体，D错误；
故选B。
10. 下列离子检验利用了氧化还原反应的是
选项
待检验离子
检验试剂
A
Fe3+
KSCN溶液
B
SO
稀盐酸、氯化钡溶液
C
I-
Cl2、淀粉溶液
D
NH
浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+与KSCN溶液发生络合反应，不是氧化还原反应，A不符合；
B．SO与氯化钡溶液反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合；
C．氯气能把碘离子氧化为单质碘，属于氧化还原反应，碘遇淀粉显蓝色，C符合；
D．浓NaOH溶液与铵盐发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，D不符合；
答案选C。
11. 常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使淀粉试纸变蓝的溶液中：
B. 使甲基橙变红的溶液中：
C. 的溶液中：
D. 的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．使淀粉KI试纸变蓝的溶液中具有氧化性，则S2-不能存在于该溶液中，A不符合题意；
B．使甲基橙变红的溶液呈酸性，Mg2+、、可以大量共存在于该溶液中，B符合题意；
C．Cu2+和I-会发生氧化还原反应生成CuI和I2，Cu2+还会催化H2O2分解，故I-和H2O2不能存在于CuSO4溶液中，C不符合题意；
D．和、不能共存，发生反应的离子方程式为++H2O=Al(OH)3↓+NH3∙H2O、++H2O= Al(OH)3↓+，D不符合题意；
故选B。
12. 使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差。下列情况一定会使所配溶液浓度偏低的是(　　)
①用天平称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A. ①②⑤ B. ②④⑤
C. ③④⑤ D. ①②④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒但没使用游码，则不会使称量的物质的质量小于所需质量，不会影响浓度；
②烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会导致溶质的损失，浓度偏低；
③容量瓶内有少量蒸馏水，不会影响浓度；
④定容时,仰视容量瓶的刻度线会导致加水偏多，浓度偏低；
⑤操作错误，导致多加水，而使浓度偏低。
答案选B。
13. 下列除杂方法错误的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
除杂操作
A
溴苯(溴)
NaOH溶液
振荡后分液
B

蒸馏水、浓硫酸
洗气
C

稀盐酸
过滤、洗涤、干燥
D
KCl()溶液
适量氨水
过滤

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，溴苯与氢氧化钠溶液不反应，溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可除去溴苯中混有的少量单质溴，故A正确；
B．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，浓硫酸能干燥NO，故B正确；
C．碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，故过滤、洗涤、干燥得到硫酸钡，故C正确；
D．KCl中含有少量时，应加入适量的KOH，不能加入氨水，否则会引入新杂质，故D错误。
故选D。
14. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
B. 92g甘油中含有羟基数为NA
C. 0.1mol·L-1 的盐酸中含有氯离子总数为0.1NA
D. 1mol Na2O2与足量H2O反应，转移的电子数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知CH4和Cl2混合光照可以生成CH3Cl、CH2Cl2、 CHCl3、 CCl4四种有机产物，根据碳原子守恒可知，四种产物分子数之和为1.0NA，则1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，A错误；
B．1个甘油分子含有3个羟基，92g即1mol甘油(丙三醇)中含有羟基数为3NA，B错误；
C．盐酸的体积未知，不能计算物质的量，C错误；
D．Na2O2与足量水反应时，生成NaOH和O2，且Na2O2中O元素的价态一升一降，所以1mol Na2O2在反应中转移电子数目为NA，D正确；
故选D。
15. 海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法不正确的是

A. 光合作用，每生成1mol(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏伽德罗常数)
B. 海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能
C. 影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等
D. 钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．光合作用，由生成时，C元素化合价从+4降为0，所以每生成转移电子数为，A错误；
B．海洋碳循环过程中，和在太阳能的作用下，反应生成了和，即太阳能转化为了化学能，B正确；
C．海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布对的吸收有影响，继而影响和的含量，最终影响钙化时释放，所以影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等C正确；
D．由海洋中碳循环的简单原理图可以看到，钙化时是由和与反应生成了和，所以离子方程式为，D正确；
故合理选项为A。
16. 在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是
A. CO分子数比CO2分子数少
B. 甲容器的体积比乙容器的体积小
C. CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小
D. 甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
【答案】D
【解析】
【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，据此分析解答。
【详解】A．根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，故A错误；
B．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，故B错误；
C．温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，故C错误；
D．ρ=知，在相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确；
故选D。
【点睛】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2；（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。在进行物质的量的有关计算时，特别要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
17. 除去粗盐中的杂质、和。过程如下：

下列说法中不正确的是
A. 试剂①可能是
B. 滤液中加盐酸是为了除去多余的和
C. 除的离子反应方程式为
D. 检验是否除净的操作：取少量滤液，加稀盐酸酸化后，再加溶液
【答案】A
【解析】
【分析】粗盐中常用氯化钡除掉硫酸根离子，碳酸钠除掉钙离子和多加入的钡离子，氢氧化钠除掉多余的镁离子。
【详解】A．试剂①不能是，碳酸钠应该在氯化钡后面，碳酸根不仅要除掉钙离子，还要除掉多加入的钡离子，故A错误；
B．由于加入过量的碳酸钠和氢氧化钠，因此滤液有多余的和，加盐酸主要是除去多余的和，故B正确；
C．加入碳酸钠除去钙离子，因此除的离子反应方程式为，故C正确；
D．检验是否除净的操作：取少量滤液，加稀盐酸酸化后，无现象，再加溶液，若有白色沉淀生成，说明含有硫酸根离子，故D正确。
综上所述，答案为A。
18. 从下列事实所得出的相应结论错误的是

实验事实
结论
①
某物质的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝
该物质中一定含有OH-，而且一定是碱
②
Fe与CuSO4溶液能够反应生成Cu
氧化性：Fe2+ > Cu2+
③
某溶液中加入适量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有
④
某化学反应有单质参加
该反应一定是氧化还原反应
⑤
某无色溶液中加入稀盐酸，产生的无色无味气体能使澄清的石灰水变浑浊
该溶液一定有

A ③④⑤ B. ①②③ C. ①②③⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①能使红色石蕊试纸变蓝溶液呈碱性，该物质可能是碱或Na2CO3，故错误；
②氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；Fe与CuSO4溶液能够反应生成Cu，硫酸铜为氧化剂，硫酸亚铁为氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+，故错误；
③某溶液中加入适量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为碳酸钡、氯化银、不一定是硫酸钡，所以原溶液中不一定含有，故错误；
④在反应中，氧元素的价态没有变化，不属于氧化还原反应，所以某化学反应有单质参加，该反应不一定是氧化还原反应，故错误；
⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的无色无味气体能使澄清的石灰水变浑浊，该气体为二氧化碳，但是原溶液中可能含有碳酸氢根离子，不一定是碳酸根离子，故错误；
故选D。
19. 下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是(　　)

A. 用如图装置可以制备Fe(OH)2沉淀
B. 配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中,再加水稀释到所需要的浓度
C. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，此现象不能确定溶液中含有Fe2+
D. 向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．先打开止水夹C，开始Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，生成的氢气可排尽装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，反应生成的H2将A中硫酸亚铁压入B中与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；
B．FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；
C．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中没有Fe3+，滴加氯水后溶液显红色，此现象证明溶液中含有Fe2+，故C错误；
D．Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故D正确；
故选C。
20. 高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②(未配平)。下列说法不正确的是
A. ①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
B. ②若有标况下5.6L生成，转移电子
C. ②中既表现氧化性，又表现还原性
D. 由①②可知氧化性强弱顺序为：
【答案】B
【解析】
【分析】配平两个反应为、；
【详解】A．反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低，HbrO做氧化剂，中Cu元素化合价升高，做还原剂，反应方程式为，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；
B．反应②反应方程式为，生成1mol转移4mol电子，标况下生成5.6L即物质的量为，转移电子0.25mol×4×NAmol-1=，B错误；
C．反应②反应方程式为，Cu元素化合价升高，O元素化合价降低，既做氧化剂也做还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；
D．由氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：，则氧化性强弱顺序为：，D正确；
故选：B。
21. 硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是

A. 历程①发生反应S2-+Cu2+= CuS↓ B. 历程②中CuS作氧化剂
C. 历程③中n(Fe2+)：n(O2)=4 ：1 D. 转化的总反应为H2S=H2+ S
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示可知历程①是Cu2+与H2S气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+，根据电荷守恒及物质的拆分原则，可知发生的该反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A错误；
B．在历程②中，CuS与Fe3+发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Fe2+，该反应的方程式为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，S元素化合价升高，失去电子被氧化，CuS作还原剂，B错误；
C．在历程③中，Fe2+与O2发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2O，根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可知：n(Fe2+)：n(O2)=4：1，C正确；
D．根据流程图可知总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误；
故选C。
22. 100mL某溶液可能含有Na+、NH、Ag+、Ba2+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图。(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法不正确的是

A. 原溶液中一定含有Na+、CO、SO
B. 原溶液中一定不含有Ag+、Ba2+
C. 原溶液中c(Na+)≥0.1mol·L-1
D. 可通过向滤液中加入硝酸银来确定原溶液中是否含有Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】加入BaCl2溶液生成沉淀，一定含有CO或SO中的至少一种，该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，则一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO、SO， BaSO4沉淀质量是2.33g，n(SO)=n(BaSO4)==0.01mol，BaCO3沉淀质量是6.27g-2.33g=3.94g，n(CO)=n(BaCO3)==0.02mol，CO和Ag+、Ba2+不共存，原溶液中一定不存在Ag+、Ba2+；所得到的滤液中加入氢氧化钠，加热生成的气体为NH3，原溶液中一定含有NH，n(NH)=n(NH3)==0.05mol；正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Na+，可能含有Cl-，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，原溶液中一定含有Na+、CO、SO，A正确；
B．CO和Ag+、Ba2+不共存，原溶液中一定不存在Ag+、Ba2+，B正确；
C．正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Na+，n(Na+)≥0.01mol，100mL原溶液中c(Na+)≥0.1mol·L-1，C正确；
D．由于加入BaCl2溶液引入Cl-，则通过向滤液中加入硝酸银不能确定原溶液中是否含有Cl-，D错误；
故选：D
II卷 非选择题(共56分)
23. I.用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm-3)配制成1 mol·L-1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：
（1）经计算需要_______mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的_______(填字母)。
A.5 mL量筒 B.10 mL量筒 C.25 mL量筒 D.50 mL量筒
II.明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（2）明胶的水溶液和溶液共同具备的性质是_______(填字母)。
a.都不稳定，密封放置沉淀 b.丁达尔效应 c.分散质粒子可通过滤纸
（3）已知胶体的分散质微粒不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的_______(填字母)。

III.某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5 (直径≤2.5μm的悬浮颗粒物，已知1μm=1×10-6 m)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、 NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（4）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+



Cl-
浓度/mol/L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
根据表中数据判断待测试样为_______(填 “酸”或“碱”)性。
（5）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效果非常好。完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式_______。
______+_______NO+______=______Cl-+_______ +_______。
（6）洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是_______(填字母)。
a.Ca(OH)2　 b.CaCl2　　 c. Na2CO3　　 d. NaHSO3
（7）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，目前在汽车尾气系统中装置催化转化器，可将CO和NO转化为两种无污染的气体，其化学反应方程式为_______。
【答案】（1） ①. 21.6 ②. c
（2）c （3）E
（4）酸 （5）
（6）ac （7）;
【解析】
【小问1详解】
由，则浓盐酸的物质的量浓度c=11.6mol/L,设所需浓盐酸的体积为V,则有,得V=0.0216L,即21.6mL，应该选择的量筒为25mL；
【小问2详解】
溶液和胶体均可透过滤纸；
【小问3详解】
证明胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜的装置是E；
【小问4详解】
由电荷守恒可知，，则溶液呈酸性；
【小问5详解】
反应中N元素的化合价由+2价的NO升高为 中的+5价，共升高3价，Cl元素由中+3价降低为-1价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为12，所以系数为3，故NO系数为4，则根据电荷守恒，元素守恒及反应在碱性条件下进行，则配平后的方程式为：；
【小问6详解】
a.二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够和碱反应，故a正确；b.二氧化硫与氯化钙溶液不反应，故b错误；c.二氧化硫水溶液是亚硫酸，所以也能够与碳酸钠反应，故c正确；d.在亚硫酸氢钠溶液中溶解度小，所以不能用亚硫酸氢钠作洗涤剂；答案选ac;
【小问7详解】
无污染气体为 和,则化学方程式为:；
24. 研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。
I.以下是硫元素形成物质的价类二维图及含硫物质相互转化的部分信息。

（1）C有毒，实验室可以用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式是_______。
（2）检验H中阴离子的实验操作及现象是_______。
（3）C→D→E以及C→F→E都是造成酸雨的可能途径，请写出C→D的化学方程式：_______。
II.某小组同学设计实验实现不同价态硫元素的转化。
可选用的实验药品如下：①Na2SO3溶液②浓硫酸③Na2S溶液④稀硫酸⑤酸性KMnO4⑥品红溶液⑦铜片
实验序号
预期转化
选择试剂(填序号)
证明实现转化的现象
I
→


II
→
②⑦⑥

（4）实验I选择的试剂是①和_______(填序号)，证明实现转化的现象是_______。
（5）实验II中发生反应的化学方程式是_______，证明实现转化的现象是_______。
【答案】（1）SO2+2OH-=SO +H2O
（2）先滴加稀盐酸没有明显现象，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有SO
（3）2SO2+O2 2SO3
（4） ①. ⑤ ②. 酸性KMnO4溶液褪色
（5） ①. Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ②. 将产生的气体通入品红溶液，品红褪色
【解析】
【分析】根据价类二维图解和物质的性质进行分析：C是+4价的氧化物，为二氧化硫，有毒，实验室可以用NaOH溶液吸收生成亚硫酸钠和水；检验H中阴离子是检验硫酸根离子，加入盐酸无现象，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，可证明含SO ；C→D→E是SO2⟶ SO3⟶ H2SO4，C→F→E 是SO2⟶ H2SO3⟶ H2SO4，都是造成酸雨的可能途径；要实现+4价S的化合物转化为+6价S的化合物，可以利用Na2SO3具有还原性，能够与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应产生Na2SO4、MnSO4、K2SO4及水，使溶液紫色褪色，故使用物质是是①和⑤；②浓硫酸和⑦铜片加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫能使⑥品红溶液褪色。
【小问1详解】
C是+4价的氧化物，为二氧化硫，有毒，实验室可以用NaOH溶液吸收生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式是SO2+2OH-=SO +H2O，故答案为：SO2+2OH-=SO +H2O；
【小问2详解】
检验H中阴离子的实验操作及现象是先滴加稀盐酸没有明显现象，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有SO ，故答案为：先滴加稀盐酸没有明显现象，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有SO ；
【小问3详解】
C→D→E是SO2⟶ SO3⟶ H2SO4，是造成酸雨的可能途径，C→D的化学方程式为：2SO2+O2 2SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；
【小问4详解】
要实现+4价S的化合物转化为+6价S的化合物，可以利用Na2SO3具有还原性，能够与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应产生Na2SO4、MnSO4、K2SO4及水，使溶液紫色褪色，故使用物质是是①和⑤，反应的现象是酸性KMnO4溶液褪色，故答案为：⑤；酸性KMnO4溶液褪色；
【小问5详解】
实验II中②浓硫酸和⑦铜片加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，二氧化硫能使⑥品红溶液褪色，证明实现转化的现象是将产生的气体通入品红溶液，品红褪色，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液，品红褪色。
25. 硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。
（2）步骤②需要加热的目的是_______，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。

（3）步骤③中选用足量的，理由是_______，有关离子方程式为_______
（4）步骤⑤的具体实验操作有_______、_______、_______、_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
【答案】（1）碱煮水洗
（2） ①. 加快反应 ②. 热水浴 ③. C
（3） ①. 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质 ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） ①. 加热浓缩 ②. 冷却结晶 ③. 过滤 ④. 洗涤
【解析】
【分析】由实验流程可知，废铁屑去油污变为干净铁屑，加硫酸加热溶解生成硫酸亚铁滤液，加入溶液将Fe2+氧化为Fe3+，加入固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。
【小问1详解】
油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不溶于水，在热的碱性溶液中易水解，生成易溶于水的产物，所以铁屑表面的油污可先用热的氢氧化钠溶液洗涤，然后用蒸馏水洗涤，故答案为：碱煮水洗；
【小问2详解】
铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在80~95℃，低于100℃，应选择水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应该用碱液吸收H2S气体，为防止倒吸，应选用C装置，故答案为：加快反应；热水浴；C；
【小问3详解】
铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁，加入溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；足量的，可将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时加入溶液不引入新的杂质，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
小问4详解】
硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫酸铁铵应将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；过滤；洗涤。
26. 黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。

（1）在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2做__(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是__。
②写出图1中Fe3+与FeS2反应的离子方程式：__。
（2）Fe2+被氧化为Fe3+的过程中，控制起始时Fe2+的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2+被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。

①加入NaNO2发生反应：2H++3NO=NO+2NO↑+H2O。该反应中若有6molNaNO2完全反应，转移电子的物质的量为__mol。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO+2I-=2NO↑+I2+2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因：__。
【答案】 ①. 还原剂 ②. 催化剂 ③. 14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+ ④. 4 ⑤. 生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
【解析】
【详解】(1)①转化过程中FeS2中S元素被氧化为SO，FeS2是还原剂；反应前后NO没有变化，所以NO是催化剂。
②反应离子方程式是14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+。
(2)①根据离子方程式可知，反应中若有6molNaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4mol。