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63，河南省南阳市邓州市第一高级中学校2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题
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这是一份63，河南省南阳市邓州市第一高级中学校2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题，共18页。试卷主要包含了5 Fe， 化学与生活密切相关， 下列说法错误的是，1ml等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共14小题，每空3分，共45分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 硫和氮的氧化物都可造成“酸雨”和光化学烟雾
B. 故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，氧化铁可作故宫红色外墙的涂料
C. “静电除尘”、“燃煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. SO2和CO2是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫的氧化物能形成酸雨，不能形成光化学烟雾，氮的氧化物NO是不成盐氧化物，不能形成酸雨，A错误；
B．氧化铁是红褐色固体，可作故宫红色外墙的涂料，B正确；
C．“静电除尘”可以除去空气中的固体小颗粒，“燃煤脱硫”然后反应可以降低空气中SO2的含量，从而可减少酸雨的形成，“汽车尾气催化净化”可以降低CO、NO的产生与排放，因此这些都能提高空气质量，C正确；
D．SO2和CO2是酸性氧化物，二者都能与键NaOH溶液反应产生盐和水，D正确；
故合理选项是A。
2. 下列说法错误的是
A. 腹泻患者可以适当饮用添加蔗糖、氯化钠等电解质的饮用水
B. 松花蛋是一种常见食品，若食用时有氨气的味道，可以蘸些食醋
C. “雨过天晴云破处，这般颜色做将来”，所描述的瓷器天青色来自氧化亚铁
D. 用高铁酸钾(K2FeO4)处理饮用水，不仅可以杀菌消毒，还能沉降水中的悬浮物
【答案】A
【解析】
【详解】A．蔗糖不是电解质，故A错误；
B．氨气能与酸发生中和反应，用醋可除去氨的气味，故B正确；
C．青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉还原为青色，此时铁是二价铁，瓷器天青色来自氧化亚铁，故C正确；
D．K2FeO4中Fe元素为+6价，具有强氧化性，能够使蛋白质变性，因此处理水时能够消毒杀菌，K2FeO4您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，故D正确；
故选：A。
3. 向饱和溶液中先通入气体，再通入下列气体后，能产生沉淀且沉淀组成相同的是
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦。
A. ①②⑤⑥B. ①③④⑦C. ②⑤⑥⑦D. ②④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】通入SO2时，部分SO2与水反应生成H2SO3，此时没有沉淀生成，再通入以下气体后：
①NH3能与SO2和H2SO3反应生成(NH4)2SO3，溶液不再显酸性后，与反应生成BaSO3沉淀；②NO2通入水中，能与水反应生成HNO3，HNO3具有强氧化性，能把SO2和H2SO3氧化生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；③H2S具有强还原性，能与SO2和H2SO3反应生成S；④SO3通入水中与水反应生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；⑤O2具有一定的氧化性，通入O2后能使SO2和H2SO3氧化生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；⑥Cl2具有强氧化性，通入后能使SO2和H2SO3氧化生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；⑦NO不与水反应，也不溶于水，通入NO时，不再发生其他反应。
②④⑤⑥均能生成BaSO4沉淀，故选D。
4. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是
A. 将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率
B. 沸腾炉中每生成1 ml SO2，有11 ml e-发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 ml SO2，有5.5ml e-发生转移，B不正确；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
5. 某工厂用硫酸处理氨气尾气，得到铵盐(不同批次得到a，b，c三种不同的铵盐)。称取不同质量的铵盐，加入到1L0.1ml/LNaOH溶液中并加热，收集氨气(NH3)，得到如下氨气物质的量与铵盐的关系图。提示：加热条件下+OH-=NH3+H2O
下列叙述不正确的是
A. a对应的是(NH4)2SO4
B. b对应的是(NH4)2SO4和NH4HSO4的混合铵盐
C. c对应的是NH4HSO4，生成NH3物质的量为0.1ml
D. 质量相同的b和c铵盐，加入足量NaOH溶液中并加热，得到氨气物质的量不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气产生的量随着硫酸铵的加入先增加后不变，所以固体为硫酸铵，故A正确；
B．混合物为硫酸铵和硫酸氢铵时，首先发生，然后才发生，在氢氧化钠总量不变时，混合物的质量增多，硫酸氢铵增多，第一个反应后剩余的氢氧化钠的量减少，第二个反应生成的氨气的量必定减少，故B正确；
C．混合物中只有硫酸氢铵时，先发生反应，再发生反应，依据硫酸氢铵消耗氢氧化钠的物质的量与硫酸铵消耗氢氧化钠的物质的量，可知图像c符合题意，1L0.1ml/L的氢氧化钠溶液完全反应，加热条件下生成氨气的物质的量小于0.1ml，故C错误；
D．根据硫酸铵与硫酸氢铵与氢氧化钠反应的顺序可知，混合物中含有硫酸氢铵越多，与相同质量的氢氧化钠反应生成的氨气越少，得到氨气的物质的量不同，故D正确；
故答案为：C。
6. 实验室中某些气体制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；
C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；
D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；
故选B。
7. 若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得0.5mlSO2
B. 15.6gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA
C. 含1ml氯化铁的饱和溶液滴入沸水中，所得氢氧化铁胶体分散质的粒子数为NA
D. 标准状况下，33.6LSO3含有1.5NA个SO3分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着反应进行H2SO4不断被消耗，浓硫酸变稀，反应停止，无法计算所得SO2的物质的量，故A错误；
B．Na2O2与CO2的反应是-1价氧元素的歧化反应，每摩尔Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为NA，15.6gNa2O2即0.2ml，转移的电子数为0.2NA，故B正确；
C．胶体分散质的粒子数是多个分子集合体，所以无法计算，故C错误；
D．标准状况下SO3不是气体，无法计算，故D错误；
故选B。
8. 为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物无法全部排出进行绿色化处理等问题，某实验小组对装置进行了改造。改造后的装置如下图所示(注：下图中的试管底部有小孔)。下列说法错误的是
A. 实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气
B. 注射器B可用于调节或平衡广口瓶内气体的压强
C. 该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止
D. 反应停止后，打开止水夹、缓慢拉动注射器A即可将试管内的氮氧化物全部排入注射器A中
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，A正确；
B．拉注射器A可将试管中气体排出，同时使试管中的液面上升，A正确；拉注射器B，可降低广口瓶中的压强，推注射器B，可增大气压强，B正确；
C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，C正确；
D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，D错误；
答案选D。
9. 宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关方程式与所述事实相符合的是
A. 电解熔融制取Mg：
B. 实验室制氨气：
C. 工业制漂白粉：
D. 过量的铁粉在中燃烧：
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解熔融氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式为：，故A正确；
B．实验室制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙和氨气、水，反应的化学方程式为，故B错误；
C．工业上制取漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D．过量的铁粉在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的方程式为，故D错误；
故选A。
10. 用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 浓盐酸与足量MnO2反应生成11.2 L Cl2，转移电子数为NA
B. 将1 ml Cl2通入足量水中，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和为2NA
C. 有铁粉参加的反应，若生成2 ml Fe2+，则转移电子数一定为4NA
D. 0.1 ml FeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．气体状态未知，不能计算转移电子数，A错误；
B．氯气溶于水，部分以氯气分子存在，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和小于2NA，B错误；
C．有铁粉参加的反应，若生成2 ml Fe2+，则转移电子数不一定为4NA，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，C错误；
D．Fe(OH)3胶体是多个Fe(OH)3的集合体，0.1 ml FeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D正确；
故选D。
11. 城市污水中含有一定量的、，向污水中加入菌体和溶液，在菌体的作用下依次发生过程Ⅰ、过程Ⅱ，从而实现、的脱除，其过程如图所示。下列说法正确的是
A. “过程Ⅰ”中为催化剂
B. 的氧化性强于
C. “过程Ⅱ”中氧化产物和还原产物的质量之比为
D. “过程Ⅰ”中和的物质的量之比为，则氧化剂与还原剂物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．“过程Ⅰ”中为氧化剂，被还原为，A错误；
B．“过程Ⅰ”中将氧化为的氧化性强于，B错误；
C．“过程Ⅱ”为和生成，反应方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为1:1，C正确；
D．“过程Ⅰ”中和的物质的量之比为，发生反应：，则氧化剂为12个，还原剂为3个，二者物质的量之比为，D错误；
故选C。
12. 向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为
A. 81.4%B. 77.8%C. 68.6%D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体，最终生成FeCl2、H2O、H2。n(H2)==0.01ml，n(FeCl2)==0.05ml，依据氢元素守恒，生成H2O的物质的量为-0.01ml=0.04ml，混合物中所含氧元素的质量为0.04ml×16g/ml=0.64g，含Fe元素的质量为0.05ml×56g/ml=2.8g，则混合物中铁元素的质量分数为≈81.4%，故选A。
13. 下列离子方程式符合题目要求的是
A. 向少量中滴加足量醋酸溶液：
B. 向溶液中滴加氨水：
C. 在空气中变为红褐色：
D. 向稀硫酸中滴加少量氢氧化钡溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向少量中滴加足量醋酸溶液生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故A错误；
B．向溶液中滴加氨水生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是，故B错误；
C．在空气中和氧气反应生成红褐色氢氧化铁，反应方程式为，故C正确；
D．向稀硫酸中滴加少量氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
14. 某小组探究浓硝酸与铁的反应，并检验气体产物的性质，实验装置如图所示。已知：(棕色)。下列说法正确的是
A. 用KSCN溶液和氯水可检验装置甲反应产物中是否有
B. 装置乙中铜溶解，是将铜氧化的结果
C. 装置丙中溶液由浅绿色变为棕色，说明装置甲中生成了NO
D. 装置丁中的溶液可以为酸性溶液，用于吸收尾气
【答案】D
【解析】
【分析】铁和浓硝酸加热生成二氧化氮气体，二氧化氮气体进入乙溶于水和水生成硝酸和一氧化氮，挥发的硝酸也进入乙中，硝酸和铜生成一氧化氮气体，一氧化氮和丙中硫酸亚铁生成棕色溶液，尾气有毒需要吸收处理；
【详解】A．硝酸具有强氧化性，铁和浓硝酸加热会生成铁离子，加入KSCN溶液变红色，故不能使用KSCN溶液和氯水可检验装置甲反应产物中是否有，A错误；
B．挥发的硝酸也会使得铜被氧化，B错误；
C．乙中二氧化氮和水生成的NO也会使得丙中溶液由浅绿色变为棕色，C错误；
D．尾气NO具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故可以吸收尾气，D正确；
故选D。
15. 微生物法炼铜是在反应釜中加入黄铜矿(，其中Cu为+2价)、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，各物质的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 反应釜中保持高温不利于反应进行
B. 整个转化过程中，可以循环利用的物质有和
C. 反应①的离子方程式为
D. 当黄铜矿中的铁元素全部转化为时，生成共消耗
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，黄铜矿与溶液中的铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和硫，微生物作用下溶液中的亚铁离子与氢离子、氧气反应转化为铁离子，微生物作用下硫与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子。
【详解】A．高温条件下微生物会失去催化活性，不利于反应釜中反应的进行，故A正确；
B．由图可知，硫酸铁、硫酸是可循环利用的中间产物，故B正确；
C．由分析可知，反应①为微生物作用下溶液中的亚铁离子与氢离子、氧气反应转化为铁离子，反应的离子方程式为，故C正确；
D．由题意可知，黄铜矿中的铁元素最终生成铁离子时，硫元素转化为硫酸根离子，由原子个数和得失电子数目守恒可知，生成1ml硫酸根离子消耗氧气的物质的量为=2.125ml，故D错误；
故选D。
二、填空题(共4小题，除标注外每空两分，共55分)
16. 人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1装置制备氨气，图2装置探究其相关性质。
I．实验室制取氨气
（1）图1装置中生成的化学方程式为__________________________。检验圆底烧瓶中已收集满氨气的方法是____________________________________________________________。
II．探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。
（2）无水硫酸铜的作用是______________________________；有同学认为需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有固体的球形干燥管，这样做的目的是________________________________________。
（3）该实验缺少尾气吸收装置。如图中能用来吸收尾气的装置是__________(填字母)。
（4）实验中观察到a中粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则该反应的化学方程式为________________________________________，证明氨气具有__________(填“氧化”或“还原”)性；氨与氧气在高温、催化剂作用下的反应也体现了这一性质，该反应的化学方程式为______________________________。
（5）若向a中通入标准状况下的氨气，最终得到铜的质量为__________g。
【答案】（1） ①. ②. 将湿润的红色石䓌试纸放在瓶口，若试纸变蓝色，则说明氨气已收集满
（2） ①. 检验是否生成水 ②. 吸收空气中水蒸气，防止干扰实验
（3）BC （4） ①. ②. 还原 ③.
（5）14.4
【解析】
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、和水，氨气密度比空气小，选向下排空气法收集氨气，氨气与CuO发生氧化还原反应生成Cu和氮气和水，无水硫酸铜用来检验产物水；
【小问1详解】
图1装置中加热氯化铵和氢氧化钙反应生成，反应的化学方程式为：，检验已收集满氨气的方法是：将湿润的红色石䓌试纸放在瓶口，若试纸变蓝色，则说明氨气已收集满；
小问2详解】
无水硫酸铜为白色，与水结合生成五水硫酸铜是蓝色，则作用是：检验是否生成水；需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有固体的球形干燥管，这样做的目的是吸收空气中水蒸气，防止干扰实验；
【小问3详解】
氨气极易溶于水，会造成倒吸，防倒吸的装置是BC；
【小问4详解】
观察到a中粉末变红即生成Cu，b中无水硫酸铜变蓝证明生成水，并收集到一种单质气体是氮气，则该反应的化学方程式为；氮元素化合价升高，证明氨气具有还原性，氨与氧气在高温、催化剂作用下反应生成NO和水，该反应的化学方程式为；
【小问5详解】
标准状况下氨气的物质的量为，由生成0.15ml×=0.225ml，得到铜的质量为m=n∙M=0.225ml×64g/ml=14.4g。
17. 物质的类别和元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。回答下列问题：
I．硫元素在不同价态之间的转化为：
SO2 Na2SO3溶液 Na2S2O3溶液
（1）“反应①”常使用NaOH溶液，该转化说明SO2的类别属于___________。
（2）欲制备Na2S2O3，从氧化还原的角度分析，“反应②”合理的是___________(填标号)。
a．Na2SO3＋Na2SO4 b．Na2SO3＋S c．Na2SO3＋Na2S2O5
II．某实验小组用铜片与浓硫酸反应并验证SO2性质的实验装置如图。
（3）装置A用于验证SO2的___________性，装置D的作用是___________。
（4）装置B的现象为___________，装置C的离子方程式为___________。
（5）若用装置乙代替装置甲，装置乙的优点是___________(任写一点)。
（6）将28.8 g的铜片加入到25 mL 18 ml/L的硫酸中并加热，被还原的硫酸的物质的量为___________(填标号)。
A. 大于0.225 mlB. 等于0.225 ml
C. 小于0.225 mlD. 在0.225 ml和0.45 ml之间
【答案】（1）酸性氧化物
（2）b （3） ①. 漂白 ②. 吸收SO2和防止污染环境
（4） ①. 产生淡黄色浑浊 ②. 2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO＋4H+
（5）节约能源、药品或易于控制反应的进行等 （6）C
【解析】
【分析】甲中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，试管A中品红褪色，证明二氧化硫具有漂白性；二氧化硫和硫化氢能发生归中反应得到硫，则试管B中氢硫酸溶液变浑浊；氯化铁具有较强氧化性，能够氧化二氧化硫，则试管C中溶液颜色变浅；D中NaOH溶液，用于吸收二氧化硫，防止污染环境，以此解答该题。
【小问1详解】
“反应①”常使用NaOH溶液，则反应为，该转化说明SO2的类别属于酸性氧化物；
【小问2详解】
Na2S2O3中S平均价态为+2价，欲制备Na2S2O3，从氧化还原的角度分析，反应物中一部分硫元素化合价高于+2价，另一部分硫元素化合价低于+2价，b合理，选b；
【小问3详解】
据分析，装置A用于验证SO2的漂白性，装置D的作用是吸收SO2和防止污染环境；
【小问4详解】
据分析，装置B的现象为产生淡黄色浑浊；二氧化硫具有强还原性、氯化铁具有较强氧化性，二者能发生氧化还原反应得到亚铁离子和硫酸根离子，装置C的离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO＋4H+；
【小问5详解】
甲中反应为，若用装置乙代替装置甲，乙中反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，则乙更容易实施反应、生成等量的二氧化硫乙消耗硫酸更少，故装置乙的优点是节约能源、药品或易于控制反应的进行等；
【小问6详解】
将28.8g的铜片加入到25 mL 18 ml/L的硫酸中并加热，，铜的物质的量为0.45ml，硫酸的物质的量为0.45ml，则硫酸不足、且硫酸变稀后反应停止，则被还原的硫酸的物质的量小于 0.45ml，C满足；
选C。
18. 实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
I.制备(夹持装置略)
（1）A为氯气发生装置。中反应的离子方程式是_______
（2）B装置盛有饱和溶液，中得到紫色固体和溶液。中制备高铁酸钾的化学反应方程式为_______
II.探究的性质
（3）取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液，经检验气体中含有。
为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
由方案Ⅰ可知中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由_______产生，(用离子方程式表示)。
（4）根据的制备实验得出：氧化性_______(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因可能是_______。
【答案】（1）2MnO+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O
（2）3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O
（3）4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O
（4） ①. ＞ ②. 溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱
【解析】
【分析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl(g)和H2O(g)，HCl(g)会消耗Fe(OH)3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl(g)；C装置中Cl2与KOH、Fe(OH)3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气，据此分析解答。
【小问1详解】
根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2MnO+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
【小问2详解】
装置C中得到紫色固体和溶液，说明Cl2在碱性环境下将Fe(OH)3氧化得到K2FeO4，根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
【小问3详解】
溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；
【小问4详解】
制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，得出氧化性Cl2＞ FeO；方案Ⅱ的反应为2 FeO+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案Ⅱ得出氧化性FeO＞Cl2，实验表明，Cl2和氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
19. 随着生活水平的不断提高，人们越来越重视消毒防护和环境保护，其中化学物质发挥了重要作用。
（1）亚氯酸钠是一种高效消毒剂。的一种生产工艺如图所示。
①“反应”工序中中元素的化合价为___________。
②“吸收”工序反应的离子方程式为___________，制得理论上需要消耗标况下的体积为___________L。
（2）某氨氮废水(、)的生物法处理流程如图所示：
①过程Ⅰ主要操作为加溶液调节至9充分反应后，升温至30℃，然后通入空气。以上操作能降低废水中氨氮含量的原因为___________(用离子方程式和必要的文字说明)
②过程Ⅱ在硝化细菌作用下实现的转化，称为硝化过程。在碱性条件下实现上述硝化过程的总反应的离子方程式为___________。
③过程Ⅲ在反硝化菌存在下，向废水中加入有机碳源，与共同作用转化为、而排放。理论上过程Ⅱ消耗的和过程Ⅲ消耗的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. +5 ②. 2ClO2+H2O2+2OH-═2+O2↑+2H2O ③. 16.8
（2） ①. 发生反应+OH-NH3↑+H2O，升温、通入空气有利于氨气的逸出 ②. +2O2+2OH-+3H2O ③. 12：5(2.4：1、2.4也可)
【解析】
【分析】（1）NaClO3和稀硫酸溶解，然后NaClO3被SO2还原为ClO2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释；然后在碱性条件下用H2O2还原，然后过滤，得到NaClO2溶液，经过结晶后可得NaClO2。
【小问1详解】
①NaClO3中Na为+1价，O为-2价，根据化合物化合价代数和为0可知，Cl为+5价；
②吸收工序中，在浓NaOH溶液的环境下，ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，根据转移电子守恒和质量守恒可得，反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-═2+O2↑+2H2O；135.75gNaClO2的物质的量为=1.5ml，反应工序中，根据转移电子守恒可得对应关系SO2~2ClO2，结合2ClO2~2NaClO2可得SO2~2NaClO2，因此SO2的物质的量为×1.5ml=0.75ml，标况下的体积为0.75ml×22.4L/ml=16.8L；
【小问2详解】
①加入NaOH时，铵根离子和氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气和水，+OH-NH3↑+H2O，升温、通入空气有利于氨气的逸出；
②铵根离子在碱性条件下被氧气氧化为硝酸根离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为+2O2+2OH-+3H2O
③过程Ⅱ中，根据转移电子守恒可得关系式NH3~2O2~，过程Ⅲ中，CH3OH与反应生成CO2、N2和水，CH3OH中碳元素的化合价为-2价，CO2中C为+4价，硝酸中氮元素化合价为+5价，氮气中氮元素化合价为0价，根据转移电子守恒可得关系式6~5CH3OH，结合两个关系式可得6NH3~12O2~6~5CH3OH，因此O2与CH3OH的物质的量之比为12：5。选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
B
70%浓硫酸
溶液
C
稀硝酸
D
浓盐酸
溶液
方案Ⅰ
取少量a，经过检验溶液中含有 。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。
一、选择题(共14小题，每空3分，共45分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 硫和氮的氧化物都可造成“酸雨”和光化学烟雾
B. 故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，氧化铁可作故宫红色外墙的涂料
C. “静电除尘”、“燃煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. SO2和CO2是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫的氧化物能形成酸雨，不能形成光化学烟雾，氮的氧化物NO是不成盐氧化物，不能形成酸雨，A错误；
B．氧化铁是红褐色固体，可作故宫红色外墙的涂料，B正确；
C．“静电除尘”可以除去空气中的固体小颗粒，“燃煤脱硫”然后反应可以降低空气中SO2的含量，从而可减少酸雨的形成，“汽车尾气催化净化”可以降低CO、NO的产生与排放，因此这些都能提高空气质量，C正确；
D．SO2和CO2是酸性氧化物，二者都能与键NaOH溶液反应产生盐和水，D正确；
故合理选项是A。
2. 下列说法错误的是
A. 腹泻患者可以适当饮用添加蔗糖、氯化钠等电解质的饮用水
B. 松花蛋是一种常见食品，若食用时有氨气的味道，可以蘸些食醋
C. “雨过天晴云破处，这般颜色做将来”，所描述的瓷器天青色来自氧化亚铁
D. 用高铁酸钾(K2FeO4)处理饮用水，不仅可以杀菌消毒，还能沉降水中的悬浮物
【答案】A
【解析】
【详解】A．蔗糖不是电解质，故A错误；
B．氨气能与酸发生中和反应，用醋可除去氨的气味，故B正确；
C．青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉还原为青色，此时铁是二价铁，瓷器天青色来自氧化亚铁，故C正确；
D．K2FeO4中Fe元素为+6价，具有强氧化性，能够使蛋白质变性，因此处理水时能够消毒杀菌，K2FeO4您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，故D正确；
故选：A。
3. 向饱和溶液中先通入气体，再通入下列气体后，能产生沉淀且沉淀组成相同的是
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦。
A. ①②⑤⑥B. ①③④⑦C. ②⑤⑥⑦D. ②④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】通入SO2时，部分SO2与水反应生成H2SO3，此时没有沉淀生成，再通入以下气体后：
①NH3能与SO2和H2SO3反应生成(NH4)2SO3，溶液不再显酸性后，与反应生成BaSO3沉淀；②NO2通入水中，能与水反应生成HNO3，HNO3具有强氧化性，能把SO2和H2SO3氧化生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；③H2S具有强还原性，能与SO2和H2SO3反应生成S；④SO3通入水中与水反应生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；⑤O2具有一定的氧化性，通入O2后能使SO2和H2SO3氧化生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；⑥Cl2具有强氧化性，通入后能使SO2和H2SO3氧化生成H2SO4，与反应生成BaSO4沉淀；⑦NO不与水反应，也不溶于水，通入NO时，不再发生其他反应。
②④⑤⑥均能生成BaSO4沉淀，故选D。
4. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是
A. 将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率
B. 沸腾炉中每生成1 ml SO2，有11 ml e-发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 ml SO2，有5.5ml e-发生转移，B不正确；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
5. 某工厂用硫酸处理氨气尾气，得到铵盐(不同批次得到a，b，c三种不同的铵盐)。称取不同质量的铵盐，加入到1L0.1ml/LNaOH溶液中并加热，收集氨气(NH3)，得到如下氨气物质的量与铵盐的关系图。提示：加热条件下+OH-=NH3+H2O
下列叙述不正确的是
A. a对应的是(NH4)2SO4
B. b对应的是(NH4)2SO4和NH4HSO4的混合铵盐
C. c对应的是NH4HSO4，生成NH3物质的量为0.1ml
D. 质量相同的b和c铵盐，加入足量NaOH溶液中并加热，得到氨气物质的量不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气产生的量随着硫酸铵的加入先增加后不变，所以固体为硫酸铵，故A正确；
B．混合物为硫酸铵和硫酸氢铵时，首先发生，然后才发生，在氢氧化钠总量不变时，混合物的质量增多，硫酸氢铵增多，第一个反应后剩余的氢氧化钠的量减少，第二个反应生成的氨气的量必定减少，故B正确；
C．混合物中只有硫酸氢铵时，先发生反应，再发生反应，依据硫酸氢铵消耗氢氧化钠的物质的量与硫酸铵消耗氢氧化钠的物质的量，可知图像c符合题意，1L0.1ml/L的氢氧化钠溶液完全反应，加热条件下生成氨气的物质的量小于0.1ml，故C错误；
D．根据硫酸铵与硫酸氢铵与氢氧化钠反应的顺序可知，混合物中含有硫酸氢铵越多，与相同质量的氢氧化钠反应生成的氨气越少，得到氨气的物质的量不同，故D正确；
故答案为：C。
6. 实验室中某些气体制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；
C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；
D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；
故选B。
7. 若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得0.5mlSO2
B. 15.6gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA
C. 含1ml氯化铁的饱和溶液滴入沸水中，所得氢氧化铁胶体分散质的粒子数为NA
D. 标准状况下，33.6LSO3含有1.5NA个SO3分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着反应进行H2SO4不断被消耗，浓硫酸变稀，反应停止，无法计算所得SO2的物质的量，故A错误；
B．Na2O2与CO2的反应是-1价氧元素的歧化反应，每摩尔Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为NA，15.6gNa2O2即0.2ml，转移的电子数为0.2NA，故B正确；
C．胶体分散质的粒子数是多个分子集合体，所以无法计算，故C错误；
D．标准状况下SO3不是气体，无法计算，故D错误；
故选B。
8. 为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物无法全部排出进行绿色化处理等问题，某实验小组对装置进行了改造。改造后的装置如下图所示(注：下图中的试管底部有小孔)。下列说法错误的是
A. 实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气
B. 注射器B可用于调节或平衡广口瓶内气体的压强
C. 该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止
D. 反应停止后，打开止水夹、缓慢拉动注射器A即可将试管内的氮氧化物全部排入注射器A中
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，A正确；
B．拉注射器A可将试管中气体排出，同时使试管中的液面上升，A正确；拉注射器B，可降低广口瓶中的压强，推注射器B，可增大气压强，B正确；
C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，C正确；
D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，D错误；
答案选D。
9. 宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关方程式与所述事实相符合的是
A. 电解熔融制取Mg：
B. 实验室制氨气：
C. 工业制漂白粉：
D. 过量的铁粉在中燃烧：
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解熔融氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式为：，故A正确；
B．实验室制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙和氨气、水，反应的化学方程式为，故B错误；
C．工业上制取漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D．过量的铁粉在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的方程式为，故D错误；
故选A。
10. 用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 浓盐酸与足量MnO2反应生成11.2 L Cl2，转移电子数为NA
B. 将1 ml Cl2通入足量水中，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和为2NA
C. 有铁粉参加的反应，若生成2 ml Fe2+，则转移电子数一定为4NA
D. 0.1 ml FeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．气体状态未知，不能计算转移电子数，A错误；
B．氯气溶于水，部分以氯气分子存在，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和小于2NA，B错误；
C．有铁粉参加的反应，若生成2 ml Fe2+，则转移电子数不一定为4NA，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，C错误；
D．Fe(OH)3胶体是多个Fe(OH)3的集合体，0.1 ml FeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D正确；
故选D。
11. 城市污水中含有一定量的、，向污水中加入菌体和溶液，在菌体的作用下依次发生过程Ⅰ、过程Ⅱ，从而实现、的脱除，其过程如图所示。下列说法正确的是
A. “过程Ⅰ”中为催化剂
B. 的氧化性强于
C. “过程Ⅱ”中氧化产物和还原产物的质量之比为
D. “过程Ⅰ”中和的物质的量之比为，则氧化剂与还原剂物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．“过程Ⅰ”中为氧化剂，被还原为，A错误；
B．“过程Ⅰ”中将氧化为的氧化性强于，B错误；
C．“过程Ⅱ”为和生成，反应方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为1:1，C正确；
D．“过程Ⅰ”中和的物质的量之比为，发生反应：，则氧化剂为12个，还原剂为3个，二者物质的量之比为，D错误；
故选C。
12. 向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为
A. 81.4%B. 77.8%C. 68.6%D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1ml/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体，最终生成FeCl2、H2O、H2。n(H2)==0.01ml，n(FeCl2)==0.05ml，依据氢元素守恒，生成H2O的物质的量为-0.01ml=0.04ml，混合物中所含氧元素的质量为0.04ml×16g/ml=0.64g，含Fe元素的质量为0.05ml×56g/ml=2.8g，则混合物中铁元素的质量分数为≈81.4%，故选A。
13. 下列离子方程式符合题目要求的是
A. 向少量中滴加足量醋酸溶液：
B. 向溶液中滴加氨水：
C. 在空气中变为红褐色：
D. 向稀硫酸中滴加少量氢氧化钡溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向少量中滴加足量醋酸溶液生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故A错误；
B．向溶液中滴加氨水生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是，故B错误；
C．在空气中和氧气反应生成红褐色氢氧化铁，反应方程式为，故C正确；
D．向稀硫酸中滴加少量氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
14. 某小组探究浓硝酸与铁的反应，并检验气体产物的性质，实验装置如图所示。已知：(棕色)。下列说法正确的是
A. 用KSCN溶液和氯水可检验装置甲反应产物中是否有
B. 装置乙中铜溶解，是将铜氧化的结果
C. 装置丙中溶液由浅绿色变为棕色，说明装置甲中生成了NO
D. 装置丁中的溶液可以为酸性溶液，用于吸收尾气
【答案】D
【解析】
【分析】铁和浓硝酸加热生成二氧化氮气体，二氧化氮气体进入乙溶于水和水生成硝酸和一氧化氮，挥发的硝酸也进入乙中，硝酸和铜生成一氧化氮气体，一氧化氮和丙中硫酸亚铁生成棕色溶液，尾气有毒需要吸收处理；
【详解】A．硝酸具有强氧化性，铁和浓硝酸加热会生成铁离子，加入KSCN溶液变红色，故不能使用KSCN溶液和氯水可检验装置甲反应产物中是否有，A错误；
B．挥发的硝酸也会使得铜被氧化，B错误；
C．乙中二氧化氮和水生成的NO也会使得丙中溶液由浅绿色变为棕色，C错误；
D．尾气NO具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故可以吸收尾气，D正确；
故选D。
15. 微生物法炼铜是在反应釜中加入黄铜矿(，其中Cu为+2价)、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，各物质的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 反应釜中保持高温不利于反应进行
B. 整个转化过程中，可以循环利用的物质有和
C. 反应①的离子方程式为
D. 当黄铜矿中的铁元素全部转化为时，生成共消耗
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，黄铜矿与溶液中的铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和硫，微生物作用下溶液中的亚铁离子与氢离子、氧气反应转化为铁离子，微生物作用下硫与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子。
【详解】A．高温条件下微生物会失去催化活性，不利于反应釜中反应的进行，故A正确；
B．由图可知，硫酸铁、硫酸是可循环利用的中间产物，故B正确；
C．由分析可知，反应①为微生物作用下溶液中的亚铁离子与氢离子、氧气反应转化为铁离子，反应的离子方程式为，故C正确；
D．由题意可知，黄铜矿中的铁元素最终生成铁离子时，硫元素转化为硫酸根离子，由原子个数和得失电子数目守恒可知，生成1ml硫酸根离子消耗氧气的物质的量为=2.125ml，故D错误；
故选D。
二、填空题(共4小题，除标注外每空两分，共55分)
16. 人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1装置制备氨气，图2装置探究其相关性质。
I．实验室制取氨气
（1）图1装置中生成的化学方程式为__________________________。检验圆底烧瓶中已收集满氨气的方法是____________________________________________________________。
II．探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。
（2）无水硫酸铜的作用是______________________________；有同学认为需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有固体的球形干燥管，这样做的目的是________________________________________。
（3）该实验缺少尾气吸收装置。如图中能用来吸收尾气的装置是__________(填字母)。
（4）实验中观察到a中粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则该反应的化学方程式为________________________________________，证明氨气具有__________(填“氧化”或“还原”)性；氨与氧气在高温、催化剂作用下的反应也体现了这一性质，该反应的化学方程式为______________________________。
（5）若向a中通入标准状况下的氨气，最终得到铜的质量为__________g。
【答案】（1） ①. ②. 将湿润的红色石䓌试纸放在瓶口，若试纸变蓝色，则说明氨气已收集满
（2） ①. 检验是否生成水 ②. 吸收空气中水蒸气，防止干扰实验
（3）BC （4） ①. ②. 还原 ③.
（5）14.4
【解析】
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、和水，氨气密度比空气小，选向下排空气法收集氨气，氨气与CuO发生氧化还原反应生成Cu和氮气和水，无水硫酸铜用来检验产物水；
【小问1详解】
图1装置中加热氯化铵和氢氧化钙反应生成，反应的化学方程式为：，检验已收集满氨气的方法是：将湿润的红色石䓌试纸放在瓶口，若试纸变蓝色，则说明氨气已收集满；
小问2详解】
无水硫酸铜为白色，与水结合生成五水硫酸铜是蓝色，则作用是：检验是否生成水；需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有固体的球形干燥管，这样做的目的是吸收空气中水蒸气，防止干扰实验；
【小问3详解】
氨气极易溶于水，会造成倒吸，防倒吸的装置是BC；
【小问4详解】
观察到a中粉末变红即生成Cu，b中无水硫酸铜变蓝证明生成水，并收集到一种单质气体是氮气，则该反应的化学方程式为；氮元素化合价升高，证明氨气具有还原性，氨与氧气在高温、催化剂作用下反应生成NO和水，该反应的化学方程式为；
【小问5详解】
标准状况下氨气的物质的量为，由生成0.15ml×=0.225ml，得到铜的质量为m=n∙M=0.225ml×64g/ml=14.4g。
17. 物质的类别和元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。回答下列问题：
I．硫元素在不同价态之间的转化为：
SO2 Na2SO3溶液 Na2S2O3溶液
（1）“反应①”常使用NaOH溶液，该转化说明SO2的类别属于___________。
（2）欲制备Na2S2O3，从氧化还原的角度分析，“反应②”合理的是___________(填标号)。
a．Na2SO3＋Na2SO4 b．Na2SO3＋S c．Na2SO3＋Na2S2O5
II．某实验小组用铜片与浓硫酸反应并验证SO2性质的实验装置如图。
（3）装置A用于验证SO2的___________性，装置D的作用是___________。
（4）装置B的现象为___________，装置C的离子方程式为___________。
（5）若用装置乙代替装置甲，装置乙的优点是___________(任写一点)。
（6）将28.8 g的铜片加入到25 mL 18 ml/L的硫酸中并加热，被还原的硫酸的物质的量为___________(填标号)。
A. 大于0.225 mlB. 等于0.225 ml
C. 小于0.225 mlD. 在0.225 ml和0.45 ml之间
【答案】（1）酸性氧化物
（2）b （3） ①. 漂白 ②. 吸收SO2和防止污染环境
（4） ①. 产生淡黄色浑浊 ②. 2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO＋4H+
（5）节约能源、药品或易于控制反应的进行等 （6）C
【解析】
【分析】甲中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，试管A中品红褪色，证明二氧化硫具有漂白性；二氧化硫和硫化氢能发生归中反应得到硫，则试管B中氢硫酸溶液变浑浊；氯化铁具有较强氧化性，能够氧化二氧化硫，则试管C中溶液颜色变浅；D中NaOH溶液，用于吸收二氧化硫，防止污染环境，以此解答该题。
【小问1详解】
“反应①”常使用NaOH溶液，则反应为，该转化说明SO2的类别属于酸性氧化物；
【小问2详解】
Na2S2O3中S平均价态为+2价，欲制备Na2S2O3，从氧化还原的角度分析，反应物中一部分硫元素化合价高于+2价，另一部分硫元素化合价低于+2价，b合理，选b；
【小问3详解】
据分析，装置A用于验证SO2的漂白性，装置D的作用是吸收SO2和防止污染环境；
【小问4详解】
据分析，装置B的现象为产生淡黄色浑浊；二氧化硫具有强还原性、氯化铁具有较强氧化性，二者能发生氧化还原反应得到亚铁离子和硫酸根离子，装置C的离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO＋4H+；
【小问5详解】
甲中反应为，若用装置乙代替装置甲，乙中反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，则乙更容易实施反应、生成等量的二氧化硫乙消耗硫酸更少，故装置乙的优点是节约能源、药品或易于控制反应的进行等；
【小问6详解】
将28.8g的铜片加入到25 mL 18 ml/L的硫酸中并加热，，铜的物质的量为0.45ml，硫酸的物质的量为0.45ml，则硫酸不足、且硫酸变稀后反应停止，则被还原的硫酸的物质的量小于 0.45ml，C满足；
选C。
18. 实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
I.制备(夹持装置略)
（1）A为氯气发生装置。中反应的离子方程式是_______
（2）B装置盛有饱和溶液，中得到紫色固体和溶液。中制备高铁酸钾的化学反应方程式为_______
II.探究的性质
（3）取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液，经检验气体中含有。
为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
由方案Ⅰ可知中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由_______产生，(用离子方程式表示)。
（4）根据的制备实验得出：氧化性_______(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因可能是_______。
【答案】（1）2MnO+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O
（2）3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O
（3）4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O
（4） ①. ＞ ②. 溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱
【解析】
【分析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl(g)和H2O(g)，HCl(g)会消耗Fe(OH)3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl(g)；C装置中Cl2与KOH、Fe(OH)3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气，据此分析解答。
【小问1详解】
根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2MnO+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
【小问2详解】
装置C中得到紫色固体和溶液，说明Cl2在碱性环境下将Fe(OH)3氧化得到K2FeO4，根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
【小问3详解】
溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；
【小问4详解】
制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，得出氧化性Cl2＞ FeO；方案Ⅱ的反应为2 FeO+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案Ⅱ得出氧化性FeO＞Cl2，实验表明，Cl2和氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
19. 随着生活水平的不断提高，人们越来越重视消毒防护和环境保护，其中化学物质发挥了重要作用。
（1）亚氯酸钠是一种高效消毒剂。的一种生产工艺如图所示。
①“反应”工序中中元素的化合价为___________。
②“吸收”工序反应的离子方程式为___________，制得理论上需要消耗标况下的体积为___________L。
（2）某氨氮废水(、)的生物法处理流程如图所示：
①过程Ⅰ主要操作为加溶液调节至9充分反应后，升温至30℃，然后通入空气。以上操作能降低废水中氨氮含量的原因为___________(用离子方程式和必要的文字说明)
②过程Ⅱ在硝化细菌作用下实现的转化，称为硝化过程。在碱性条件下实现上述硝化过程的总反应的离子方程式为___________。
③过程Ⅲ在反硝化菌存在下，向废水中加入有机碳源，与共同作用转化为、而排放。理论上过程Ⅱ消耗的和过程Ⅲ消耗的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. +5 ②. 2ClO2+H2O2+2OH-═2+O2↑+2H2O ③. 16.8
（2） ①. 发生反应+OH-NH3↑+H2O，升温、通入空气有利于氨气的逸出 ②. +2O2+2OH-+3H2O ③. 12：5(2.4：1、2.4也可)
【解析】
【分析】（1）NaClO3和稀硫酸溶解，然后NaClO3被SO2还原为ClO2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释；然后在碱性条件下用H2O2还原，然后过滤，得到NaClO2溶液，经过结晶后可得NaClO2。
【小问1详解】
①NaClO3中Na为+1价，O为-2价，根据化合物化合价代数和为0可知，Cl为+5价；
②吸收工序中，在浓NaOH溶液的环境下，ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，根据转移电子守恒和质量守恒可得，反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-═2+O2↑+2H2O；135.75gNaClO2的物质的量为=1.5ml，反应工序中，根据转移电子守恒可得对应关系SO2~2ClO2，结合2ClO2~2NaClO2可得SO2~2NaClO2，因此SO2的物质的量为×1.5ml=0.75ml，标况下的体积为0.75ml×22.4L/ml=16.8L；
【小问2详解】
①加入NaOH时，铵根离子和氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气和水，+OH-NH3↑+H2O，升温、通入空气有利于氨气的逸出；
②铵根离子在碱性条件下被氧气氧化为硝酸根离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为+2O2+2OH-+3H2O
③过程Ⅱ中，根据转移电子守恒可得关系式NH3~2O2~，过程Ⅲ中，CH3OH与反应生成CO2、N2和水，CH3OH中碳元素的化合价为-2价，CO2中C为+4价，硝酸中氮元素化合价为+5价，氮气中氮元素化合价为0价，根据转移电子守恒可得关系式6~5CH3OH，结合两个关系式可得6NH3~12O2~6~5CH3OH，因此O2与CH3OH的物质的量之比为12：5。选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
B
70%浓硫酸
溶液
C
稀硝酸
D
浓盐酸
溶液
方案Ⅰ
取少量a，经过检验溶液中含有 。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。
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