2021-2022学年湖北省部分学校高一（下）联考化学试卷（3月份）（含答案解析）

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2021-2022学年湖北省部分学校高一（下）联考化学试卷（3月份）
1. 下列生活中的常见物品或设施，其主要成分为硅单质的是(    )
A. 砖瓦 B. 计算机芯片 C. 门窗玻璃 D. 石英钟
2. 已知稀硝酸可以溶解金属铝，其反应为Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O。下列表示该反应中相关微粒的化学用语错误的是(    )
A. 中子数为10的氧原子： 18O B. Al3+的结构示意图：
C.  13N和 14N互为同位素 D. H2O的电子式：H：O：H
3. 下列物质溶于水没有化学键断裂的是(    )
A. HCl B. NaOH C. Na2O D. 乙醇
4. 下列关于物质分类的正确组合是(    )

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
烧碱
HNO3
FeSO4
CaO
CO2
B
纯碱
HCl
NH4Cl
MgO
P2O5
C
熟石灰
NaHSO4
NaHCO3
CaO
SO2
D
氢氧化铁
CH3COOH
CaCO3
K2O
CO

A. A B. B C. C D. D
5. 下列有关氮及其化合物的说法正确的是(    )
A. 光化学烟雾的形成与氮氧化物有关
B. 浓硝酸氧化性强，不能用铁质或铝质容器贮运
C. 镁、锌等活泼金属可与稀硝酸反应，生成氢气
D. 氮的固定只有在高温、高压、催化剂存在的条件下才能实现
6. 某儿童在广州市儿童医院临床检验结果报告单的部分数据如图，根据图中的数据，下列解读错误的是(    )

分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌(Zn)
115.92
μmol⋅L−1
66∼120
2
铁(Fe)
6.95
mmol⋅L−1
7.52∼11.82
3
钙(Ca)
1.78
mmol⋅L−1
1.55∼2.60

A. 该儿童铁元素含量偏低，应补充铁元素
B. 报告单中“μmol⋅L−1”为物质的量浓度的单位，“mmol⋅L−1”为物质的量的单位
C. 从报告单可知，儿童体内锌的含量低于铁的含量
D. 该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍
7. 物质的性质决定用途，下列有关叙述均正确且存在因果关系的是(    )
选项
叙述I
叙述II
A
NH4HCO3受热易分解
NH4HCO3可用作化肥
B
SO2能杀菌消毒且具有抗氧化性
酿造葡萄酒时可大量添加SO2
C
浓硫酸具有强氧化性
浓硫酸可用作H2、O2、CO2的干燥剂
D
FeCl3溶液能与Cu反应
FeCl3溶液可用于蚀刻铜制印刷电路板

A. A B. B C. C D. D
8. 下列实验装置能达到相应实验目的的是(    )
A. 稀释浓硫酸
B. 制备并检验SO2气体的性质
C. 检查装置的气密性
D. 收集NO
9. 能正确表示下列反应的离子方程式是(    )
A. 铁和足量的稀硝酸反应：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. 将少量CO2通入足量氢氧化钠溶液中：CO2+OH−=HCO3−
C. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+Ca2++H2O=CaSO3↓+2H+
D. 向NaHSO3溶液中滴加足量酸性KMnO4溶液：5HSO3−+2MnO4−+H+=5SO42−+2Mn2++3H2O
10. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 100mL18mol⋅L−1浓硫酸中氧原子总数为7.2NA
B. 常温下，2.2gCO2气体中所含原子总数为0.15NA
C. 0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液中含有Na+的数目为0.2NA
D. 氧原子总数为0.2NA的由SO2和O2组成的混合气体，其体积为2.24L
11. 部分含氮物质的分类与其相应化合价的关系如图所示，下列有关推断不合理的是(    )

A. a的化学性质稳定，可用于保存食品
B. 液态b气化要吸收大量的热，可用作制冷剂
C. b→a的过程属于氮的固定
D. b、f均易溶于水
12. 双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是


A. 过程Ⅰ中，SO2表现出酸性氧化物的性质
B. 过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3
C. 总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O
D. 双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
13. 查找资料得知：溴水(Br2)显橙黄色，碘水(I2)显棕黄色；还原性：Br− ①取部分溶液加入少量溴水，振荡，溶液呈无色；
②向①的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加过量稀硝酸沉淀不溶解；
③取少量②的溶液滴入足量AgNO3溶液，有沉淀生成。
下列关于无色溶液组成的判断正确的是(    )
A. 肯定含有K+、SO32−，可能含有SO42−、I−，肯定不含Fe3+
B. 肯定不含Fe3+、I−，肯定含有SO42−，可能含有K+、SO32−
C. 肯定不含Fe3+、I−，肯定含有SO32−，可能含有K+、SO42−
D. 肯定含有SO42−、SO32−，可能含有K+，肯定不含Fe3+、I−
14. X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，其中X、Y位于同一主族，Y与M、X与Z位于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比X原子的少1。M是同周期主族元素中半径最大的。下列说法正确的是(    )
A. X、Y、Z的最简单氢化物中，Y的最简单氢化物沸点最高
B. 四种元素简单离子的半径大小为Y>X>Z>M
C. Y的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为HYO3
D. X、Y、M可以组成多种离子化合物
15. 现有部分被氧化的Fe、Cu混合物(氧化物为Fe2O3、CuO)样品共5.60g，经如图处理：

下列说法正确的是(    )
A. V=672
B. 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
C. 样品中氧元素的物质的量为0.02mol
D. 溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.05mol
16. “化学——我们的生活，我们的未来”，学习化学应该明白“从生活中来，到生活中去”的道理。请回答下列问题：
(1)云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是 ______，胶体和溶液的本质区别是 ______。
(2)钠的焰色试验的焰色为______色，该色的光射程远，透雾力强，据此原理制作的高压钠灯广泛应用于道路和广场的照明。焰色试验属于 ______(填“物理”或“化学”)变化。过氧化钠是一种淡黄色的固体，可作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂，写出过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式 ______，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：______。
(3)将新鲜的有色花瓣放入干燥的氯气中，可观察到的现象是 ______，原因是 ______。
(4)漂白粉暴露在空气中易变质，若向暴露在空气中的漂白粉中加入浓盐酸，可能收集到的气体除了挥发的HCl和水蒸气外，还可能有 ______(填化学式)。
17. 认识氧化物的性质，能帮助我们更好地认识自然和保护环境。
(1)摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO2是一种常见的摩擦剂。
①Si在元素周期表中的位置是 ______。
②根据用途推测SiO2在水中的溶解性：______ (填“易溶”或“难溶”)。
③比较酸性强弱：H2SO4______(填“>”或“<”)H2SiO3。
(2)SO2和NO2的任意排放均会污染环境。
①从物质分类角度看，SO2属于酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成亚硫酸盐。写出SO2与过量的NaOH溶液反应的离子方程式：______。
②从元素价态看，SO2中S元素为+4价，既具有氧化性，又具有还原性。则反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr中体现了SO2的 ______ (填“氧化性”或“还原性”)。
③NO2是一种 ______色的有毒气体，易溶于水，与水反应有无色气体生成，写出NO2与水反应的化学方程式：______，反应中每生成标准状况下的气体2.24L，则转移电子的物质的量为 ______mol。
18. 氮在自然界中的转化是一个复杂的过程，氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分。
(1)在一定条件下，NH3可用于脱除氮氧化物的烟气，其反应原理为4xNH3+6NOx−一定条件(2x+3)N2+6xH2O。该反应中的还原剂为 ______(填化学式)。
(2)氨的催化氧化是制备硝酸的重要过程，实验室按如图所示装置进行氨的催化氧化实验。

实验操作：将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管通入热空气，将红热的铂丝伸入锥形瓶中。
实验现象：a.红热的铂丝始终保持红热状态；b.瓶中有红棕色气体生成，瓶内还有白烟生成。
回答下列问题：
①铂丝始终保持红热状态的可能原因是 ______。
②通入热空气的作用是 ______。
③请写出氨气的催化氧化反应的化学方程式：______。
④红棕色气体的化学式为 ______，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和NaNO3生成，写出该反应的离子方程式：______。
(3)氨是氮循环中的重要物质，在人类的生产和生活中有着广泛的应用。高浓度的氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，研究表明在微生物作用下，可实现NH4+→NO3−的转化。写出在碱性条件下，NH4+被氧气氧化为NO3−的反应的离子方程式：______。每生成1molNO3−，转移的电子的物质的量为 ______mol。再往含NO3−的废水中加入甲醇，可将NO3−转化为N2，实现废水的无害化处理。
19. 黄铁矿(FeS2)是一种重要的含硫矿物，可用于制备硫酸和冶炼金属铁。利用黄铁矿可生产硫酸，其流程如图所示：

(1)煅烧炉中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)炉渣经稀硫酸溶解后，过滤，可得黄色的溶液，若将炉气通入溶液中，可发现黄色溶液变为浅绿色，而后又变成黄色，其可能的原因为 ______、______。(用离子方程式表示)
(3)含有Fe2+、Fe3+的硫酸盐混合溶液可用于回收硫单质，其转化关系如图所示。其中反应①中作氧化剂的是
______(填离子符号或化学式)，该图示中总反应的化学方程式为 ______。

(4)现将上述炉气净化除尘后，得到气体VL(已换算成标准状况)，将其通入足量H2O2溶液中充分吸收后，再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀。H2O2的作用是 ______；净化除尘后的气体中SO2含量(体积分数)的计算式是 ______(用含V、b的代数式表示)。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.砖瓦主要成分为硅酸盐，不是硅，故A不选；
B.计算机芯片主要成分为硅，故B选；
C.玻璃主要成分为硅酸盐，故C不选；
D.石英主要成分为二氧化硅，不是硅，故D不选；
故选：B。
硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池、芯片的主要原料，结合物质的组成判断解答。
本题考查了物质组成，明确硅的性质、用途，熟悉物质的组成即可解答，题目简单。

2.【答案】D 
【解析】解：A.中子数为10的氧原子，质量数=10+8=18，原子符号为： 18O，故A正确；
B.Al3+的质子数是13，核外电子数是10，核外各层上电子数分别为2、8，其结构示意图为，故B正确；
C. 13N和 14N是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故C正确；
D.水是共价化合物，其电子式可表示为，故D错误；
故选：D。
A.原子中质量数=质子数+中子数，原子符号左上角为质量数，左下角为质子数；
B.Al3+的质子数是13，核外电子数是10，核外电子分层排布；
C.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
D.共价化合物电子式的书写必须正确地表示出共用电子对数，并满足每个原子的稳定结构，不能带电荷，水分子中氧原子存在两对孤对电子。
本题考查化学用语的正误判断，为高频考点，涉及电子式、离子结构示意图、原子符号等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

3.【答案】D 
【解析】解：A.HCl溶于水发生电离，所以有化学键断裂，故A不选；
B.NaOH溶于水发生电离，所以有化学键断裂，故B不选；
C.Na2O溶于水发生反应Na2O+H2O=2NaOH，所以有化学键断裂，故C不选；
D.CH3CH2OH溶于水时以分子存在，所以没有化学键断裂，故D选；
故选：D。
溶于水没有化学键断裂说明该物质不和水反应，也不在水溶液中发生电离。
本题考查化学键及电解质的电离、化学反应，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确电解质概念、元素化合物性质等知识点是解本题关键，题目难度不大。

4.【答案】A 
【解析】解：A.烧碱是氢氧化钠属于碱，HNO3是酸，FeSO4属于盐，CaO是碱性氧化物，CO2是酸性氧化物，故A正确；
B.纯碱为碳酸钠，属于盐，故B错误；
C.NaHSO4是盐，不是酸，故C错误；
D.CO和酸、碱都不反应，属于不成盐氧化物，故D错误；
故选：A。
电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物为盐，和酸反应生成一种盐和水的氧化物为碱性氧化物，和碱反应生成一种盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析判断。
本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。

5.【答案】A 
【解析】解：A.光化学烟雾是氮的氧化物与空气中的烃类物质等反应生成的一种有毒的烟雾，故A正确；
B.浓硝酸氧化性强，可以使铁、铝发生钝化，所以常温下，能用铁质或铝质容器贮运，故B错误；
C.镁、锌等活泼金属可与稀硝酸反应，生成NO，故C错误；
D.氮的固定是指氮气转化为氮的化合物，不一定非要在高温、高压、催化剂存在的条件下才能实现，如氮气在放电的条件下也可以转化为NO，故D错误；
故选：A。
A.氮的氧化物能够引起光化学烟雾；
B.浓硝酸氧化性强，常温下可以使铁、铝发生钝化；
C.稀硝酸具有强氧化性，与金属反应生成NO；
D.氮的固定是指氮气转化为氮的化合物，不一定非要在高温、高压、催化剂存在的条件下才能实现。
本题主要考查氮及其化合物的相关知识，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。

6.【答案】B 
【解析】解：A.根据检测结果和参考范围判断，铁元素含量偏低，该儿童应补充铁元素，故A正确；
B.“μmol⋅L−1”是物质的量浓度的单位，故B错误；
C.从报告单可知，儿童体内锌的含量115.92μmol⋅L−1，铁的含量为6.95mmol⋅L−1，故C正确；
D.从报告单可知，儿童体内铁的含量为6.95mmol⋅L−1，钙的含量1.78mmol⋅L−1，6.95mmol⋅L−11.78mmol⋅L−1=3.9，故D正确；
故选：B。
A.根据检测结果和参考范围判断；
B.“μmol⋅L−1”是物质的量浓度的单位；
C.根据检测结果分析判断；
D.根据检测结果分析判断。
本题以体检报告为载体，考查学生对物质的量浓度的理解，体现化学与生活的联系，题目比较基础。

7.【答案】D 
【解析】解：A.NH4HCO3含有氮元素，可用作氮肥，与其稳定性无关，故A错误；
B.SO2能杀菌消毒且具有抗氧化性，适量添加可作酿造葡萄酒的添加剂，但SO2是有毒物质，大量添加对人体有害，故B错误；
C.浓硫酸具有吸水性，可用作H2、O2、CO2的干燥剂，与其强氧化性无关，故C错误；
D.FeCl3具有氧化性，能与Cu反应生成可溶性的CuCl2，可用于蚀刻铜制印刷电路板，故D正确；
故选：D。
A.氮元素为植物生成需要的营养元素；
B.SO2是有毒物质；
C.浓硫酸具有吸水性，可作某些气体的干燥剂；
D.FeCl3具有氧化性，能与Cu反应生成可溶性的CuCl2。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】B 
【解析】解：A.稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，不能把水注入浓硫酸中，图中所示操作错误，故A错误；
B.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气，图中装置可制备并检验SO2气体，故B正确；
C.图为长颈漏斗，瓶内空气受热从漏斗逸出，不能检查装置的气密性，故C错误；
D.NO不溶于水，气体从导管短进长出可排水收集，故D错误；
故选：B。
A.稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散；
B.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气；
C.图为长颈漏斗，瓶内空气受热从漏斗逸出；
D.NO不溶于水，气体从导管短进长出可排水收集。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

9.【答案】D 
【解析】解：A.铁和足量的稀硝酸反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，故A错误；
B.将少量CO2通入足量氢氧化钠溶液中生成碳酸根离子，离子方程式为：CO2+2OH−=CO32−+H2O，故B错误；
C.将SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者发生氧化还原反应，如二氧化硫少量时的离子反应为：Ca2++3ClO−+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl−，故C错误；
D.向NaHSO3溶液中滴加足量酸性KMnO4溶液，离子方程式为：5HSO3−+2MnO4−+H+=5SO42−+2Mn2++3H2O，故D正确；
故选：D。
A.稀硝酸足量，反应生成铁离子；
B.将少量CO2通入足量氢氧化钠溶液中生成碳酸根离子；
C.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；
D.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将亚硫酸氢钠氧化为硫酸钠。
本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，注意明确离子方程式正误判断方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，题目难度不大。

10.【答案】B 
【解析】解：A.浓硫酸中水、硫酸分子都含有O，100mL18mol⋅L−1浓硫酸中氧原子总数大于7.2NA，故A错误；
B.常温下，2.2gCO2气体中所含原子总数为：2.2g44g/mol×3×NAmol−1=0.15NA，故B正确；
C.溶液体积未知，无法计算含钠离子数目，故C错误；
D.气体状况未知，无法计算气体的体积，故D错误；
故选：B。
A.浓硫酸中水、硫酸分子都含有O；
B.依据n=mM=NNA计算；
C.溶液体积未知；
D.气体状况未知。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用、物质的结构是解题关键。

11.【答案】C 
【解析】解：A.根据分析可知，a为N2，含有N≡N键，键能很大，化学性质稳定，可用于保存食品，故A正确；
B.根据分析可知，b为NH3，液氨气化要吸收大量的热，使周围环境温度降低，可用作制冷剂，故B正确；
C.根据分析可知，b→a的过程属于氮的化合物转为氮气，不属于氮的固定，氮的固定是指氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；
D.根据分析可知，b为NH3，f为HNO3，两者均易溶于水，故D正确；
故选：C。
由图可知，c为−3价的碱，即NH3⋅H2O，b为−3价的氢化物，即NH3，a为N2，d为+2价的氧化物，即NO，e为+4价的氧化物，即NO2，f为+5价的含氧酸，即HNO3，据此分析作答。
本题主要考查氮及其化合物之间的转化，同时考查学生的价类二维图思维，掌握氮及其化合物的性质是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。

12.【答案】D 
【解析】解：A.过程Ⅰ的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，即酸性氧化物与碱反应生成盐和水，SO2表现出酸性氧化物的性质，故A正确；
B.过程Ⅱ中，O2中氧元素的化合价从0价降低到−2价，则O2做氧化剂，每1molO2可得到4mol电子，Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，则每1molNa2SO3被氧化时，失去2mol电子，根据得失电子守恒可知，1molO2可氧化2molNa2SO3，故B正确；
C.总反应的反应物为Ca(OH)2、SO2和O2，生成物为CaSO4，O2中氧元素的化合价从0价降低到−2价，SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，根据元素化合价升降总数守恒以及原子守恒可知总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，故C正确；
D.双碱法脱硫过程中，过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ会生成NaOH，NaOH参与了反应，可循环利用，Ca(OH)2不能循环利用，故D错误；
故选：D。
A.过程Ⅰ的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，即酸性氧化物与碱反应生成盐和水；
B.过程Ⅱ中，O2中氧元素的化合价从0价降低到−2价，则O2做氧化剂，每1molO2可得到4mol电子；
C.总反应的反应物为Ca(OH)2、SO2和O2，生成物为CaSO4，O2中氧元素的化合价从0价降低到−2价，SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价；
D.双碱法脱硫过程中，过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ会生成NaOH，NaOH参与了反应。
本题以双碱法脱硫过程为背景考查氧化还原反应和二氧化硫的性质，题目难度不大，关键是掌握得失电子守恒在氧化还原反应计算和配平中的应用，把握酸性氧化物的性质和催化剂的作用。

13.【答案】A 
【解析】解：A.由分析可知，溶液中一定存在K+和SO32−，肯定不存在Fe3+，可能存在I−和SO42−，故A正确；
B.由分析可知，溶液中一定存在K+和SO32−，肯定不存在Fe3+，可能存在I−和SO42−，故B错误；
C.由分析可知，溶液中一定存在K+和SO32−，肯定不存在Fe3+，可能存在I−和SO42−，故C错误；
D.由分析可知，溶液中一定存在K+和SO32−，肯定不存在Fe3+，可能存在I−和SO42−，故D错误；
故选：A。
Fe3+在溶液中为黄色，由溶液为无色溶液可知，溶液中一定不含有Fe3+；
①由于SO32−的还原性强于I−，向部分溶液中加入少量溴水，振荡，溶液呈无色，则溶液中一定含有SO32−，不能确定是否存在I−；
②由于SO32−被溴水氧化生成SO42−，则向①的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能确定是否含有SO42−；
③向溶液加入少量溴水时，溴被还原为Br−，向①的溶液中加入过量氯化钡溶液时，引入了Cl−，则少量②的溶液滴入足量硝酸银溶液，有溴化银沉淀和氯化银沉淀生成；由电荷守恒可知，溶液中一定存在K+，综上可知，溶液中一定存在K+和SO32−，肯定不存在Fe3+，可能存在I−和SO42−，据此分析解答。
本题考查了离子的鉴别及检验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

14.【答案】D 
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为S，Z为N，M为Na元素，
A.X、Y、Z的最简单氢化物分别为水、硫化氢、氨气，常温下水为液态，硫化氢和氨气为气态，则水(X的最简单氢化物)的沸点最高，故A错误；
B.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径大小为Y>Z>X>M，故B错误；
C.Y为S元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，故C错误；
D.氧、硫、钠元素可以组成多种离子化合物，如硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠等，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O元素，X、Y位于同一主族，则Y为S元素；Z原子的核外电子数比X原子少1，则Z为N元素，Y与M同周期，且M是同周期主族元素中半径最大的，则M为Na元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

15.【答案】A 
【解析】解：A.滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，3.2g氧化铁的物质的量为3.2g160g/mol=0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)=0.04mol，根据硫酸根离子守恒n反应(H2SO4)=n(FeSO4)=0.04mol，样品中氧原子的质量=5.60g−3.2g−0.04mol×56g/mol=0.16g，故样品中n(O)=0.16g16g/mol=0.01mol，根据氧原子守恒有n(H2O)=n(O)=0.01mol，根据氢原子守恒有n(H2)+n(H2O)=n反应(H2SO4)，故n(H2)=0.04mol−0.01mol=0.03mol，则标准状况下体积氢气为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，故A正确；
B.由于氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，且硫酸足量，有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+、Cu2+，滤液A中阳离子为Fe2+、H+，故B错误；
C.由A中计算可知，样品中氧元素的物质的量为0.01mol，故C错误；
D.由A中计算可知，溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故D错误；
故选：A。
反应生成的气体为H2，而氧化性：Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，滤液A中不含Fe3+、Cu2+，硫酸足量，滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3；
A.参加反应的H2SO4含有的氢元素部分转化为H2，部分结合氧化物中的氧元素生成H2O，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)，根据硫酸根离子守恒n反应(H2SO4)=n(FeSO4)，样品总质量−Fe元素质量−Cu元素质量=样品中氧原子的质量，根据元素守恒计算样品中Fe元素、Cu元素质量，进而计算H2O的物质的量，再根据氢原子守恒计算H2的物质的量，进而计算氢气的体积；
B.滤液A中不含Cu2+、Fe3+；
C.由A中计算可知氧元素物质的量；
D.根据A中计算可知溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量。
本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，注意守恒思想的运用，侧重考查学生分析解决问题能力、灵活运用知识的能力，难度中等。

16.【答案】丁达尔效应  分散质粒子直径大小不同  黄  物理  2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2   有色花瓣变成无色  氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性  CO2、Cl2 
【解析】解：(1)云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是：丁达尔效应，胶体和溶液的本质区别是：分散质粒子直径大小不同，
故答案为：丁达尔效应；分散质粒子直径大小不同；
(2)钠的焰色试验的焰色为黄色，焰色试验属于物理变化，过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠中氧元素化合价−1价升高到0价，降低到−2价，结合电子守恒用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：，
故答案为：黄；物理；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；；
(3)氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，将新鲜的有色花瓣放入干燥的氯气中，可观察到的现象是：有色花瓣变成无色，
故答案为：有色花瓣变成无色；氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；
(4)漂白粉暴露在空气中易变质，次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，若向暴露在空气中的漂白粉中加入浓盐酸，氯化钙和次氯酸钙反应生成氯气，反应的离子方程式为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，可能收集到的气体除了挥发的HCl和水蒸气外，还可能有：CO2、Cl2，
故答案为：CO2、Cl2。
(1)胶体具有丁达尔效应，是胶体的特征性质，分散系本质特征是分散质微粒直径大小；
(2)钠的焰色试验为黄色，变化过程中无新物质生成，为物理变化，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素化合价−1价升高到0价，降低到−2价，结合电子守恒用双线桥法表示电子转移的方向和数目；
(3)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；
(4)漂白粉成分为氯化钙、次氯酸钙，变质后次氯酸钙部分和二氧化碳、水反应生成了碳酸钙和次氯酸，向暴露在空气中的漂白粉中加入浓盐酸，会和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，氯化钙和次氯酸钙发生归中反应生成氯气。
本题考查了物质性质和应用、氧化还原反应电子转移、胶体性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。

17.【答案】第三周第ⅣA族  难溶  >SO2+OH−=HSO3−  还原性  红棕  3NO2+H2O=2HNO3+NO0.2 
【解析】解：(1)①Si为14号元素，在周期表中位于第三周第ⅣA族，
故答案为：第三周第ⅣA族；
②SiO2是一种常见的摩擦剂，可知二氧化硅难溶于水，
故答案为：难溶；
③同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，故非金属性S>Si，故酸性H2SO4>H2SiO3，
故答案为：>；
(2)①SO2与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+OH−=HSO3−，
故答案为：SO2+OH−=HSO3−；
②反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr中，硫元素由+4价升高为+6价，二氧化硫化合价升高作还原剂，体现还原性，
故答案为：还原性；
③NO2是一种红棕色的有毒气体，易溶于水，易溶于水，与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氮元素由+4价降低为+2价，生成1molNO转移2mol电子，反应中每生成标准状况下的气体2.24L，则转移电子的物质的量为2.24L22.4L/mol×2=0.2mol，
故答案为：红棕；3NO2+H2O=2HNO3+NO；0.2。
(1)①依据原子序数确定元素周期表中位置；
②依据物质的用途推测；
③元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；
(2)①SO2与过量的NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠；
②物质的在反应中化合价升高作还原剂，体现还原性；
③二氧化氮为红棕色气体，与水反应生成硝酸和NO，依据化合价变化确定转移电子的物质的量。
本题考查Si、N、S的单质或化合物的性质，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和反应是解题的关键。

18.【答案】NH3  氨气的催化氧化属于放热反应  促进氨水分解，逸出氨气，并提供氧气  4NH3+5O2−铂丝△4NO+6H2ONO2  2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2ONH4++2O2=NO3−+H2O8 
【解析】解：(1)在一定条件 下，NH3可用于脱除氮氧化物的烟气，其反应原理为4xNH3+6NOx−一定条件(2x+3)N2+6xH2O，该反应中的还原剂为NH3，氧化剂为NOx，
故答案为：NH3；
(2)①铂丝始终保持红热状态的可能原因是氨气的催化氧化属于放热反应，
故答案为：氨气的催化氧化属于放热反应；
②通入热空气的作用是促进氨水分解，逸出氨气，并与氧气混合，
故答案为：促进氨水分解，逸出氨气，并提供氧气；
③氨气的催化氧化反应的化学方程式为：4NH3+5O2−铂丝△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−铂丝△4NO+6H2O；
④红棕色气体的化学式为NO2，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和NaNO3生成，该反应的离子方程式为：2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2O，
故答案为：2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2O；
(3)研究表明在微生物作用下，可实现NH4+→NO3−的转化，在碱性条件下，NH4+被氧气氧化为NO3−的反应的离子方程式为：NH4++2O2=NO3−+H2O，该反应中N元素由−3价升高到+5价，即升高了8价，所以每生成1molNO3−，转移的电子的物质的量为8mol，
故答案为：NH4++2O2=NO3−+H2O；8。
(1)物质中所含元素化合价升高的反应物是还原剂；
(2)①氨气的催化氧化反应是放热的，可以使铂丝保持红热；
②通入热空气的作用是促进氨水分解，逸出氨气，并与氧气混合；
③氨气的催化氧化生成NO和H2O，根据原子守恒和化合价升降守恒，即可写出反应的化学方程式；
④NO2是红棕色的，可以与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3生成，根据原子守恒和化合价升降守恒以及电荷守恒，即可写出反应的离子方程式；
(3)在碱性条件下，NH4+被氧气氧化为NO3−，根据原子守恒和化合价升降守恒以及电荷守恒，即可写出反应的离子方程式，该反应中N元素由−3价升高到+5价，即升高了8价，即可判断每生成1molNO3−，转移的电子的物质的量。
本题主要考查氮及其化合物之间的转化，掌握氮及其化合物的性质是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。

19.【答案】4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2  2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+  4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2OFe3+  2H2S+O2−催化剂2H2O+2S↓将二氧化硫氧化为硫酸 22.4b233V×100% 
【解析】解：(1)煅烧炉中发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2；
(2)炉渣经稀硫酸溶解后，过滤，可得黄色的溶液，为铁盐溶液，若将炉气通入溶液中，二氧化硫具有还原性，还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，可发现黄色溶液变为浅绿色，而后又变成黄色，是亚铁离子被空气中氧气氧化生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
(3)反应①是铁离子氧化硫化氢生成硫单质和亚铁离子，反应①中作氧化剂的是：Fe3+，整个反应过程中铁离子做催化剂，该图示中总反应的化学方程式为：2H2S+O2−催化剂2H2O+2S↓，
故答案为：Fe3+；2H2S+O2−催化剂2H2O+2S↓；
(4)现将上述炉气净化除尘后，得到气体VL(已换算成标准状况)主要成分是二氧化硫，将其通入足量H2O2溶液中充分吸收后，二氧化硫被氧化生成硫酸，再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaSO4)=bg233g/mol=b233mol，硫原子守恒得到二氧化硫物质的量为b233mol，气体体积=b233mol×22.4L/mol，据此计算二氧化硫体积分数=b233mol×22.4L/molVL×100%=22.4b233V×100%，
故答案为：将二氧化硫氧化为硫酸；22.4b233V×100%。
黄铁矿通入空气煅烧，FeS2与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化硫气体，二氧化硫在转化炉中催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫被浓硫酸吸收得到发烟硫酸，
(1)煅烧炉中发生反应是FeS2与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化硫气体；
(2)炉渣经稀硫酸溶解后，过滤，可得黄色的溶液，为铁盐溶液，若将炉气通入溶液中，二氧化硫具有还原性，还原铁离子生成亚铁离子，可发现黄色溶液变为浅绿色，而后又变成黄色，是亚铁离子被空气中氧气氧化生成铁离子；
(3)反应①是铁离子氧化硫化氢生成硫单质和亚铁离子，亚铁离子在酸溶液中被氧气氧化生成铁离子，反应过程中铁离子为催化剂；
(4)现将上述炉气净化除尘后，得到气体VL(已换算成标准状况)主要成分是二氧化硫，将其通入足量H2O2溶液中充分吸收后，二氧化硫被氧化生成硫酸，再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaSO4)=bg233g/mol=b233mol，硫原子守恒得到二氧化硫物质的量为b233mol，气体体积=b233mol×22.4L/mol，据此计算二氧化硫体积分数。
本题考查了工业制备硫酸的过程分析、物质性质的理解应用，题目难度不大。