2023-2024學(xué)年山東省濟南市高一上學(xué)期1月期末考試化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東省濟南市2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期1月期末考試注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1N14O16Na23S32Cu64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.樂舞雜技彩繪陶俑被稱為濟南市博物館鎮(zhèn)館之寶。根據(jù)組成元素，下列彩繪顏料主要成分的物質(zhì)類別與其它三項不同的是A.赭石的主要成分Fe2O3 B.白堊的主要成分CaCO3C.石膏的主要成分CaSO4 D.銅綠的主要成分【答案】A【解析】A．氧化鐵是堿性氧化物；B．碳酸鈣是鹽；C．硫酸鈣是鹽；D．Cu2(OH)2CO3是鹽。綜上所述，物質(zhì)類別不同的是A，答案為A。2.下列有關(guān)氯氣的敘述中，正確的是A.氯氣、液氯和氯水是同一種物質(zhì)B.氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰C.氯氣不溶于水，因此可用排水法收集氯氣D.因為氯氣具有刺激性氣味，所以可以殺滅細菌和病毒【答案】B【解析】A．氯氣和液氯為純凈物，氯水是混合物，故A錯誤；B．氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰，故B正確；C．氯氣能溶解于水，所以不能用排水法收集氯氣，應(yīng)用排飽和食鹽水的方法或排空氣的方法收集，故C錯誤；D．因為氯氣具有氧化性，所以可以殺菌消毒，故D錯誤；故選B。3.在相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的酸中，一定相等的是A.溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù) B.溶質(zhì)的質(zhì)量C.氫離子的物質(zhì)的量 D.溶質(zhì)的物質(zhì)的量【答案】D【解析】〖祥解〗由n=cV可知，相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的酸中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量一定相等。A．溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，但溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量不一定相等，結(jié)合m=nM可知，溶質(zhì)的質(zhì)量不一定相等。溶液的體積相等，但溶液的密度不一定相等，結(jié)合m=可知，溶液的質(zhì)量不一定相等。溶質(zhì)和溶液的質(zhì)量不一定相等，因而溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也不一定相等，A不符合題意；B．溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，但溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量不一定相等，結(jié)合m=nM可知，溶質(zhì)的質(zhì)量不一定相等，B不符合題意；C．酸分一元酸、二元酸和多元酸，還分為強酸和弱酸，由于酸的類型不確定，無法判斷氫離子的物質(zhì)的量是否相等，C不符合題意；D．由以上分析知，溶質(zhì)的物質(zhì)的量一定相等，D符合題意；

故選D。4.下列選項中，膠體的結(jié)構(gòu)特點不能解釋其性質(zhì)和應(yīng)用的是選項膠體的性質(zhì)或應(yīng)用膠體的結(jié)構(gòu)特點A利用半透膜分離膠體中的雜質(zhì)離子分散質(zhì)微粒帶同種電荷B明礬在水中形成膠體從而凈水分散質(zhì)具有巨大的比表面積C利用丁達爾現(xiàn)象鑒別溶液與膠體分散質(zhì)微粒直徑在1~100nm之間D土壤對等陽離子有更好的保肥作用土壤膠粒帶負電A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．半透膜可以分離膠體中的雜質(zhì)離子是利用離子可以透過半透膜，膠粒不能透過半透膜，故A符合題意；B．膠體中分散質(zhì)具有巨大的比表面積，可吸附固體懸浮物并使之沉降，故可以凈水，故B不符合題意；C．膠體的分散質(zhì)微粒直徑在1~100nm之間，可以形成丁達爾現(xiàn)象，故C不符合題意；D．因土壤膠粒帶負電，故土壤對等陽離子有更好的保肥作用，故D不符合題意；故選A。5.在硫酸鐵溶液中同時加入鐵粉和銅粉，充分反應(yīng)后不會出現(xiàn)的結(jié)果是A.鐵銅均有 B.鐵銅均無 C.有銅無鐵 D.有鐵無銅【答案】D【解析】由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，還原性強于銅的鐵會優(yōu)先與硫酸鐵溶液反應(yīng)，所以在硫酸鐵溶液中同時加入鐵粉和銅粉，若硫酸鐵溶液過量，加入的鐵粉和銅粉全部參加反應(yīng)，不會有剩余；若硫酸鐵溶液不足量，加入的鐵粉和銅粉可能都剩余，也可能是鐵粉全部反應(yīng)而銅粉有剩余，但不可能是銅粉全部反應(yīng)而鐵粉有剩余，故選D。6.室溫下，在強酸和強堿性溶液中均能大量共存的離子組是A.，，， B.，，，C.，，， D.，，，【答案】D【解析】A．在堿性條件下，、不能大量存在，故不選A；B．酸性條件下，，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S沉淀，故不選B；C．酸性條件下，、發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成，堿性條件下、不能大量存在，故不選C；D．，，，在酸性或堿性條件下都不反應(yīng)，能大量共存，故選D；選D。7.常見抗酸藥的主要成分有NaHCO3、、CaCO3、MgO等。下列說法錯誤的是A.MgO屬于堿性氧化物B.NaHCO3不適于胃潰瘍病人C.相同物質(zhì)的量的上述物質(zhì)中抗酸效果最佳D.CaCO3的抗酸原理可表示為【答案】D【解析】A．MgO可以和酸反應(yīng)生成鹽和水，屬于堿性氧化物，A正確；B．如果病人同時患有胃潰瘍，此時最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，而不使用NaHCO3，防止生成過多CO2造成胃穿孔等，B正確；C．1molNaHCO3消耗1mol氫離子，1molCaCO3、MgO消耗2mol氫離子，1mol消耗3mol氫離子，則相同物質(zhì)的量的上述物質(zhì)中抗酸效果最佳，C正確；D．CaCO3難溶于水，在離子方程式中不能拆，則CaCO3的抗酸原理可表示為，D錯誤；故選D。8.對下列事實的解釋中，錯誤的是A.常溫下，濃硝酸可以用鋁質(zhì)容器儲存，說明鋁與濃硝酸不反應(yīng)B.在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性C.濃硫酸能與灼熱的木炭反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳和二氧化硫，說明濃硫酸具有強氧化性D.氫氧化亞鐵在空氣中不穩(wěn)定，會轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵，說明氫氧化亞鐵具有還原性【答案】A【解析】A．常溫下，鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化，所以濃硝酸可以用鋁質(zhì)容器儲存，鈍化是強烈的氧化還原，故A錯誤；B．蔗糖由C、H、O三種元素組成，在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性，故B正確；C．濃硫酸生成二氧化硫，濃硫酸體現(xiàn)氧化性，故C正確；D．氫氧化亞鐵轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵，鐵元素化合價升高被氧化，說明氫氧化亞鐵具有還原性，故D正確；故答案為：A。9.某食品級Na2SO3，每袋中含Na2SO3100.8g。下列說法正確的是A.每袋添加劑中含鈉離子0.8molB.該添加劑可使紫色石蕊溶液退色C.每袋添加劑最多消耗氧氣8.96LD.某紅酒中要求Na2SO3濃度為，每袋該添加劑可滿足400L紅酒需要【答案】D【解析】A．每袋添加劑中含鈉離子為，故A錯誤；B．該添加劑不具有漂白性，不能使紫色石蕊溶液退色，故B錯誤；C．根據(jù)得失電子守恒可知每袋添加劑最多消耗氧氣的物質(zhì)的量是亞硫酸鈉物質(zhì)的量的一半，每袋添加劑最多消耗氧氣為，故C錯誤；D．某紅酒中要求Na2SO3濃度為，則400L紅酒中含有亞硫酸鈉物質(zhì)的量為40OL×0.002mol·L-1=0.08mol，而每袋該添加劑中含有亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為：，則每袋該添加劑可滿足400L紅酒需要，故D正確；故選D。10.關(guān)于Na2SO3的說法錯誤的是A.Na2SO3溶液可用于吸收尾氣中的SO2B.Na2SO3與Cl2共用不會增強漂白效果C.Na2SO3可通過灼燒NaHSO3固體的方法制得D.Na2SO3是否變質(zhì)可利用BaCl2溶液和鹽酸檢驗【答案】C【解析】A．Na2SO3溶液顯堿性，能吸收酸性氣體SO2，生成NaHSO3，A正確；B．氯氣與Na2SO3反應(yīng)生成鹽酸和硫酸鈉，失去漂白效力，B正確；C．灼燒NaHSO3固體生成的Na2SO3逐漸被空氣中的O2氧化成Na2SO4，不能制取Na2SO3，C錯誤；D．亞硫酸根離子變質(zhì)生成硫酸根離子，用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗，若產(chǎn)生白色沉淀即變質(zhì)，D正確；故選C。二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個或2個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列離子方程式正確的是A.向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2：B.向稀硝酸中加入過量鐵粉：C.用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣：D.向NaClO溶液中通入少量SO2：【答案】AB【解析】A．相同條件下，NaHCO3的溶解度小，則向飽和碳酸鈉溶液中通入過量CO2生成碳酸氫鈉，離子方程式為，故A正確；B．鐵粉過量，生成硝酸亞鐵，稀硝酸被還原為NO，離子方程式為：，故B正確；C．用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、氯化錳、水和氯氣，反應(yīng)的離子方程式為：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故C錯誤；D．NaClO溶液與少量SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Cl-和，反應(yīng)的離子方程式為：3ClO-+SO2+H2O=2HClO++Cl-，故D錯誤；

故選：AB。12.下圖為氮及其化合物的“價—類”二維圖，下列說法正確的是A.a轉(zhuǎn)化為f的過程屬于氮的固定B.從化合價角度預(yù)測，g可能通過分解反應(yīng)轉(zhuǎn)化為bC.工業(yè)上以a為原料制取e需要經(jīng)歷四步氧化還原反應(yīng)D.排放到大氣中的c、d是形成光化學(xué)煙霧、霧霾及酸雨的重要原因【答案】BD【解析】〖祥解〗由題干價類二維圖可知，a為NH3、b為N2，c為NO，d為NO2或N2O4，e為HNO3，f為氮化物的鹽，g為亞硝酸鹽，據(jù)此分析解題。A．氮的固定是氮氣轉(zhuǎn)化為化合物的過程，A錯誤；B．由得失電子守恒可知，亞硝酸鹽可以分解制的氮氣和硝酸鹽，B正確；C．氨氣可以和氧氣發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸，三步氧化還原反應(yīng)，C錯誤；D．NO、NO2是形成光化學(xué)煙霧、霧霾及酸雨的重要原因，D正確；故選BD。13.通過電導(dǎo)率的變化可以測定溶液中離子濃度的變化，向電解質(zhì)溶液中滴加同濃度的另一電解質(zhì)溶液，電導(dǎo)率變化如下圖所示。下列各組實驗與該圖像相符的是A.向鹽酸中滴加NaOH溶液 B.向FeCl3溶液中滴加KI溶液C.向溶液中滴加稀H2SO4 D.向CH3COOH溶液中滴加KOH溶液【答案】C【解析】A．氫氧化鈉和稀鹽酸恰好完全反應(yīng)時，生成氯化鈉溶液能導(dǎo)電，A不符合題意；B．向FeCl3溶液中滴加KI溶液恰好完全反應(yīng)時生成FeCl2，生成的氯化亞鐵導(dǎo)電，B不符合題意；C．氫氧化鋇是電解質(zhì)、溶液能導(dǎo)電，和硫酸溶液反應(yīng)時生成硫酸鋇沉淀和水，故恰好完全反應(yīng)時不導(dǎo)電，C符合題意；D．醋酸是弱酸、醋酸鉀是強電解質(zhì)，醋酸中加入溶液導(dǎo)電能力可以有所增強，且醋酸和氫氧化鉀恰好完全反應(yīng)時，有醋酸鉀溶液能導(dǎo)電，D不符合題意；答案選C。14.濕法制備多功能水處理劑K2FeO4固體的工藝流程如下：已知：NaCl、NaNO3在強堿中溶解度遠小于Na2FeO4。下列說法正確的是A.溶解度：K2FeO4大于Na2FeO4B.“操作Ⅱ”所得副產(chǎn)物可循環(huán)使用C.“操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”都要使用的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯、酒精燈D.生成Na2FeO4的離子方程式為【答案】BD【解析】〖祥解〗硝酸鐵和氫氧化鈉、次氯酸鈉反應(yīng)生成高鐵酸鈉，加入濃KOH溶液，溶液中鉀離子濃度增大，將Na2FeO4轉(zhuǎn)化為溶解度更小的K2FeO4，有利于高鐵酸鉀析出，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶得到K2FeO4晶體；A．加入濃KOH溶液，溶液中鉀離子濃度增大，將Na2FeO4轉(zhuǎn)化為溶解度更小的K2FeO4，溶解度：K2FeO4<Na2FeO4，故A錯誤；B．KOH和Na2FeO4反應(yīng)生成NaOH和K2FeO4，“操作Ⅱ”所得副產(chǎn)物NaOH可氧化硝酸鐵能循環(huán)使用，故B正確；C．“操作Ⅰ”為過濾，要使用的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯，不需要酒精燈，故C錯誤；D．硝酸鐵和氫氧化鈉、次氯酸鈉反應(yīng)生成Na2FeO4、NaCl，離子方程式為，故D正確；故選BD。15.某溶液中可能含有K+、、Fe2+、Cl-、、中的若干種，且各離子濃度均為0.2mol/L，為確定其組成，某同學(xué)進行了如下實驗：下列說法正確是A.“氣體M”與“氣體N”中含有同種元素B.“沉淀A”和“沉淀B”都不溶于強酸C.原溶液中含有的離子為、Fe2+、Cl-、D.“濾液X”中大量存在的陽離子有、Fe2+、Ba2+【答案】AC【解析】〖祥解〗加入過量稀硫酸，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中無；然后再加入過量Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生氣體，說明在溶液中含有Fe2+，在酸性條件下，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，被還原產(chǎn)生氣體M是NO，產(chǎn)生的沉淀A是BaSO4；向濾液X中加入過量NaOH溶液，并加熱，反應(yīng)產(chǎn)生氣體N是NH3，說明原溶液中含有，沉淀B是Fe(OH)3，根據(jù)上述分析可知原溶液中含有Fe2+、，這兩種離子都是陽離子，由于存在的離子濃度都是0.2mol/L，結(jié)合電荷守恒，可知溶液中一定含有陰離子Cl-、，一定不含有K+，據(jù)此分析解答。A．根據(jù)上述分析可知：“氣體M”是NO，“氣體N”是NH3，二者都含有N元素，A正確；B．根據(jù)上述分析可知“沉淀A”是BaSO4，“沉淀B”是Fe(OH)3，BaSO4是白色沉淀，既不溶于水，也不溶于強酸，但Fe(OH)3不溶于水，卻能夠溶于強酸中，B錯誤；C．根據(jù)上述分析可知原溶液中含有的離子為、Fe2+、Cl-、，不含有K+、，C正確；D．Fe2+與H+、反應(yīng)產(chǎn)生的Fe3+與足量NaOH完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，因此“濾液X”中不存在陽離子Fe2+，D錯誤；故合理選項是AC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.物質(zhì)的量是聯(lián)系宏觀量與微觀粒子數(shù)量的重要橋梁?；卮鹣铝袉栴}：（1）某汽車安全氣囊的氣體發(fā)生劑為疊氮化鈉（NaN3），在受到撞擊時分解生成Na和N2，130gNaN3分解產(chǎn)生的N2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為______L。（2）SO2和O2組成的混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為，其中SO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為______。（3）64g銅與300mL一定濃度的硝酸恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積共22.4L。NO與NO2的體積比為______，該硝酸的物質(zhì)的量濃度為______。（4）實驗室需使用240mL物質(zhì)的量濃度為的稀硫酸進行有關(guān)實驗，現(xiàn)用98%的濃硫酸進行配制。①需用量筒量取98%的濃硫酸（密度為）______mL。②下列情況會導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是______（填標(biāo)號）。a．定容后搖勻時有少量溶液濺出b．定容時仰視容量瓶瓶頸上的刻度線c．使用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線d．硫酸溶液移入容量瓶后沒有洗滌燒杯e．稀釋后未冷卻即進行移液、定容等操作【答案】（1）67.2（2）5%（3）①.1∶1②.10（4）①.13.6②.ce【解析】【小問1詳析】130gNaN3的物質(zhì)的量是2mol，NaN3分解的化學(xué)方程式為2NaN3=2Na＋3N2↑，所以生成氮氣的物質(zhì)的量是3mol，在標(biāo)況下的體積為3mol×22.4L/mol=67.2L；【小問2詳析】平均摩爾質(zhì)量=22.4×ρ標(biāo)=22.4×1.5g·mol－1=33.6g·mol－1，根據(jù)平均摩爾質(zhì)量定義，，n(SO2):n(O2)=19:1，O2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=5%；【小問3詳析】Cu與硝酸反應(yīng)生成的氣體為NO、NO2或二者混合物，64gCu的物質(zhì)的量==1mol，氣體的物質(zhì)的量==1mol，設(shè)NO、NO2的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：x+y＝1mol，3x+y＝1mol×2，解得x=0.5mol，y=0.5mol，體積比等于物質(zhì)的量之比，則NO與NO2的體積比為1∶1；根據(jù)N元素守恒可知，原溶液中硝酸的物質(zhì)的量為1mol×2+0.5mol+0.5mol=3mol，該硝酸的物質(zhì)的量濃度為；【小問4詳析】①化學(xué)純的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c=mol/L=18.4mol/L，配制240mL物質(zhì)的量濃度為的稀硫酸，實際需要配制250mL，根據(jù)稀釋定律有：18.4mol/L×V=1.0mol/L×0.25L，解得V≈0.0136L=13.6mL；②a．定容后搖勻時有少量溶液濺出，會造成溶質(zhì)的損失，則溶液的濃度減小，a錯誤；b．定容時仰視容量瓶瓶頸上的刻度線，則液面在刻度線上方，水過量，溶液濃度減小，b錯誤；c．使用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線，則濃度硫酸體積偏大，則所配溶液濃度偏高，c正確；d．硫酸溶液移入容量瓶后沒有洗滌燒杯，會導(dǎo)致溶質(zhì)損失，則所配溶液濃度偏低，d錯誤；e．稀釋后未冷卻即進行移液、定容等操作，根據(jù)熱脹冷縮原理，定容時，所加蒸餾水較少，所配溶液濃度偏高，e正確；故選ce。17.低品位銅礦（主要含CuS、FeO）提銅是解決我國銅產(chǎn)量低這一問題的重要技術(shù)，利用低品位銅礦制備Cu2O的一種工藝流程如下圖所示：已知：Ⅰ．MnCO3難溶于水，CuS難溶于水及強酸。Ⅱ．Cu2O是一種難溶于水的紅色物質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）“溶浸”包括以下操作：研磨、混合、加熱并攪拌、冷卻、______?！叭芙敝蠱nO2的作用是______。（2）檢驗“溶浸”后所得溶液中是否含有的試劑是______。（3）“調(diào)pH”后判斷是否完全沉淀的操作是______。（4）“還原”中還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為______。（5）將Cu2O固體加入過量稀硫酸中，溶液變成藍色，且仍有紅色固體存在，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。（6）有人提出“將低品位銅礦灼燒后用酸溶解制得銅鹽”的工藝流程，該流程不足之處有______（寫出一項即可）。【答案】（1）①.過濾②.做氧化劑（2）（酸性）高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液（3）向上層清液中（或取上層清液）滴加氫氧化鈉溶液（或氨水等堿性溶液），若有紅褐色沉淀產(chǎn)生則沒有完全沉淀，反之則完全沉淀（4）2∶1（5）（6）生成污染性氣體或者灼燒能耗更大【解析】〖祥解〗低品位銅礦用酸溶解，生成S、Fe2+、Mn2+、Cu2+，加入二氧化錳作為氧化劑，生成Mn2+，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入氨水，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，加入(NH4)2CO3將Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀，加入N2H4將Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu2O,以此分析；【小問1詳析】根據(jù)分析，冷卻后，將溶液與濾渣進行過濾進行分離；加入二氧化錳作為氧化劑，生成Mn2+，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+；故答案為：過濾；做氧化劑；小問2詳析】Fe2+具有還原性，遇到具有氧化性的高錳酸根發(fā)生氧化還原，使得高錳酸鉀褪色；或者Fe2+遇到鐵氰化鉀溶液生成藍色沉淀；故答案為：（酸性）高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液；【小問3詳析】向上層清液中（或取上層清液）滴加氫氧化鈉溶液（或氨水等堿性溶液），若有紅褐色沉淀產(chǎn)生則Fe3+沒有完全沉淀，反之則完全沉淀；故答案為：向上層清液中（或取上層清液）滴加氫氧化鈉溶液（或氨水等堿性溶液），若有紅褐色沉淀產(chǎn)生則Fe3+沒有完全沉淀，反之則完全沉淀；【小問4詳析】N2H4中N的化合價為-2，失去4個電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2，Cu2+得2個電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Cu2O，根據(jù)得失電子守恒，則還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1；故答案為：2：1；【小問5詳析】將Cu2O固體加入過量稀硫酸中，溶液變成藍色Cu2+，且仍有紅色固體Cu存在；故答案為：；【小問6詳析】該過程生成污染性氣體硫氧化物且灼燒能耗更大；故答案為：生成污染性氣體或者灼燒能耗更大。18.Cl2和SO2化合可制得硫酰氯（SO2Cl2），某同學(xué)設(shè)計合成SO2Cl2的裝置如下圖所示（省略部分夾持儀器）：已知：SO2Cl2熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃，遇水迅速反應(yīng)生成兩種強酸，且高溫條件下不穩(wěn)定。回答下列問題：（1）儀器C的名稱為______，儀器A相比普通分液漏斗的優(yōu)勢在于______。（2）裝置乙中試劑的名稱是______，能替代裝置己中KMnO4的是______（填標(biāo)號）。a．氯酸鉀b．二氧化錳c．濃硝酸d．漂白粉（3）有同學(xué)認為上述裝置還有缺陷，改進方法是在丙裝置的c處連接______（填標(biāo)號）。（4）若缺少裝置乙和丁，會降低硫酰氯的產(chǎn)率，原因是______（用化學(xué)方程式表示）。（5）實驗過程中，由儀器B的a端通入冷卻水，作用是______。【答案】（1）①.（圓底）燒瓶②.平衡壓強，使液體順利流下（2）①.濃硫酸②.ad（3）a或bc、dc（4）（5）冷凝SO2Cl2，便于收集，同時防止SO2Cl2高溫分解【解析】〖祥解〗SO2和Cl2在活性炭催化下制取硫酰氯，甲裝置中濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)生成SO2，乙裝置中盛放濃硫酸干燥SO2，己裝置中，濃鹽酸和高錳酸鉀反應(yīng)生成氯氣，丁裝置中盛放濃硫酸干燥氯氣，戊裝置可以出去氯氣中的氯化氫，SO2和Cl2在丙裝置中反應(yīng)得到硫酰氯?！拘?詳析】由圖可知，儀器C的名稱為（圓底）燒瓶；儀器A上有一個恒壓的管，可以保持漏斗中液面上的壓強和燒瓶中的壓強相等，故其比普通分液漏斗的優(yōu)勢在于：平衡壓強，使液體順利流下；【小問2詳析】裝置A用來是制備二氧化硫，裝置乙用來制備二氧化硫，裝置乙用來干燥二氧化硫，故其中試劑名稱為濃硫酸；裝置己中KMnO4具有強氧化性，可以和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，在選項中氯酸鉀和漂白粉中的次氯酸根離子具有強氧化性，可以和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，而二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣需要加熱，故能替代裝置己中KMnO4的是ad；【小問3詳析】根據(jù)題給信息可知，SO2Cl2遇水迅速反應(yīng)生成兩種強酸，且反應(yīng)過程中使用了有毒的氯氣和二氧化硫，則反應(yīng)過程中要防止其排入空氣中，且要防止空氣中的水蒸氣進入反應(yīng)裝置丙中，則改進方法是在丙裝置的c處連接a或bc、dc；【小問4詳析】由分析可知，乙和丁都起到干燥的作用，根據(jù)題給信息可知，SO2Cl2遇水迅速反應(yīng)生成兩種強酸，則若缺少裝置乙和丁，會降低硫酰氯的產(chǎn)率，原因是；【小問5詳析】根據(jù)題給信息可知，SO2Cl2高溫條件下不穩(wěn)定故由儀器B的a端通入冷卻水，作用是：冷凝SO2Cl2，便于收集，同時防止SO2Cl2高溫分解。19.海水中化學(xué)元素的利用是海水綜合利用的重要方面，從海水中提取的粗鹽、鎂、溴（Br2）等產(chǎn)品是多種工業(yè)的基礎(chǔ)原料。Ⅰ．海水提取的粗鹽中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等雜質(zhì)，通過如下操作，進行提純：①加入Na2CO3溶液；②加入NaOH溶液；③加入BaCl2溶液；④滴入稀鹽酸至無氣泡產(chǎn)生；⑤過濾；⑥溶解。（1）正確的操作順序是______（填標(biāo)號）。（2）加入Na2CO3溶液時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。Ⅱ．苦鹵（海水曬鹽后得到的母液）中含有NaBr等物質(zhì)。從苦鹵中提Br2的流程如下：（3）以苦鹵為原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，優(yōu)勢在于______。（4）“吸收”過程的離子方程式為______。Ⅲ．海水提鎂的工藝流程如下：已知：MgO的熔點為2852℃，無水MgCl2的熔點為714℃。（5）沉淀池中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為______。（6）工業(yè)上采用電解熔融MgCl2而不是熔融MgO來制取鎂單質(zhì)，原因是______。（7）高溫下用鎂還原四氯化鈦（TiCl4）是制取金屬鈦的重要方法，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。下列氣體可以作為該反應(yīng)保護氣的是______（填標(biāo)號）。a．N2b．Arc．CO2d．O2【答案】（1）⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④（2），（3）苦鹵中濃度更大，便于提取（4）（5）（6）MgCl2的熔點低于MgO，熔化所消耗能量少（7）①.②.b【解析】〖祥解〗Ⅱ．苦鹵中含有NaBr等物質(zhì)，與通入的Cl2反應(yīng)，溴離子被氧化為Br2，利用空氣將吹出塔中含Br2的溶液，再通過和吸收吹出的Br2，再通入Cl2進一步氧化得到溴水混合物，最后利用蒸餾得到溴；Ⅲ．生石灰溶于水得到氫氧化鈣溶液加入沉淀池，沉淀鎂離子過濾，得到氫氧化鎂固體，加入稀鹽酸后溶解得到氯化鎂溶液，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到氯化鎂晶體，熔融電解得到金屬鎂?！拘?詳析】海水提取的粗鹽中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等雜質(zhì)，為除去這些雜質(zhì)，將粗鹽溶解，加入NaOH溶液，能除去溶液的鎂離子；硫酸根離子可加入BaCl2溶液將硫酸根離子沉淀；CaCl2可加入Na2CO3溶液除去鈣離子，但是加入Na2CO3溶液要放在加入BaCl2溶液之后，這樣Na2CO3會除去反應(yīng)剩余的BaCl2；完全反應(yīng)后再進行過濾，最后再加入稀鹽酸除去反應(yīng)剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，所以順序為：⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④；【小問2詳析】加入Na2CO3溶液是為了將鈣離子沉淀，以及除去反應(yīng)剩余的BaCl2，所以反應(yīng)的離子方程式有：，；【小問3詳析】以苦鹵為原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，優(yōu)勢在于苦鹵中濃度更大，便于提??；【小問4詳析】“吸收”過程是通過和吸收吹出的Br2，其離子方程式為：；【小問5詳析】鎂離子能與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，離子方程式為：；【小問6詳析】已知MgO的熔點為2852℃，無水MgCl2的熔點為714℃，熔融時耗費大量的能量，而增加生產(chǎn)成本，所以答案為：MgCl2的熔點低于MgO，熔化所消耗能量少；【小問7詳析】高溫下用鎂還原TiCl4的生成氯化鎂和Ti，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；鎂能與空氣中的氧氣、氮氣等反應(yīng)，所以該反應(yīng)要在稀有氣體的保護下進行，所以應(yīng)選氬氣作為保護氣，即選b。20.硫氰化鉀（KSCN）在有機合成中具有重要應(yīng)用，但會污染環(huán)境。預(yù)測濃硝酸能與KSCN反應(yīng)以消除污染，現(xiàn)通過如下實驗進行探究。已知：能被氧化為黃色的，可聚合為紅色的。【實驗一】取2mL濃硝酸于試管中，向其中滴加5滴的KSCN溶液，溶液立即變紅，靜置一段時間后，試管內(nèi)突然劇烈反應(yīng)，紅色退去，放出大量紅棕色氣體。（1）向濃硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即變紅是因為生成了______（填化學(xué)式）。KSCN中S元素的化合價為-2，預(yù)測劇烈反應(yīng)后含硫產(chǎn)物可能是______?！緦嶒灦繉嶒炓环懦龅臍怏w通入和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。將過濾、洗滌后的白色沉淀置于試管中，加入過量稀硝酸，沉淀完全溶解。（2）該實驗證實了紅棕色氣體中不含SO2，證據(jù)是______，白色沉淀為______?！緦嶒炄浚?）另取少量實驗一最終所得溶液，______（填操作和現(xiàn)象），證明溶液中含有。（4）經(jīng)檢驗實驗一放出的紅棕色氣體中含NO2，但NO2不一定是的氧化產(chǎn)物，理由是______?！緦嶒炈摹浚?）某同學(xué)向待測溶液中加入KSCN溶液，再加入濃硝酸，最終未得紅色溶液，由此得出結(jié)論：待測液中不含。你認為該同學(xué)的結(jié)論是否正確：______（填“是”或“否”），理由是______。【答案】（1）①.②.（2）①.若含SO2，則沉淀不能完全溶解②.BaCO3（3）BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀（4）NO2可能是硝酸的還原產(chǎn)物或硝酸的分解產(chǎn)生（5）①.否②.未得到紅色溶液的原因可能是被濃硝酸氧化，無法與鐵離子發(fā)生反應(yīng)【解析】【小問1詳析】取2mL濃硝酸于試管，滴加5滴1mol?L?1

KSCN溶液，SCN?能被氧化為(SCN)2，(SCN)2迅速聚合為紅色的(SCN)x，所以Ⅰ中溶液立即變紅是因為生成了(SCN)x；試管內(nèi)的溶液，滴加足量的稀鹽酸，然后再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)了白色沉淀，說明有硫酸鋇生成，證明SCN?中S元素的轉(zhuǎn)化產(chǎn)物是；故答案：(SCN)x；；【小問2詳析】若氣體中含有SO2，遇到Ba(OH)2，生成BaSO3沉淀，加入硝酸發(fā)生氧化還原生成不溶于水的BaSO4沉淀，加入硝酸將沉淀完全溶解，說明該沉淀為BaCO3；故答案為：若含SO2，則沉淀不能完全溶解；BaCO3；【小問3詳析】實驗一中加入HNO3，排除碳酸根的干擾，若加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，則說明溶液中含有；故答案為：BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀；【小問4詳析】硝酸不穩(wěn)定，易分解生成NO2，NO2可能是硝酸的還原產(chǎn)物或硝酸的分解產(chǎn)生，故不一定是SCN?的氧化產(chǎn)物；故答案為：NO2可能是硝酸的還原產(chǎn)物或硝酸的分解產(chǎn)生；【小問5詳析】未得到紅色溶液的原因可能是SCN?被濃硝酸氧化，無法與鐵離子發(fā)生反應(yīng)，故結(jié)論錯誤；故答案為：否；未得到紅色溶液的原因可能是SCN?被濃硝酸氧化，無法與鐵離子發(fā)生反應(yīng)。山東省濟南市2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期1月期末考試注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1N14O16Na23S32Cu64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.樂舞雜技彩繪陶俑被稱為濟南市博物館鎮(zhèn)館之寶。根據(jù)組成元素，下列彩繪顏料主要成分的物質(zhì)類別與其它三項不同的是A.赭石的主要成分Fe2O3 B.白堊的主要成分CaCO3C.石膏的主要成分CaSO4 D.銅綠的主要成分【答案】A【解析】A．氧化鐵是堿性氧化物；B．碳酸鈣是鹽；C．硫酸鈣是鹽；D．Cu2(OH)2CO3是鹽。綜上所述，物質(zhì)類別不同的是A，答案為A。2.下列有關(guān)氯氣的敘述中，正確的是A.氯氣、液氯和氯水是同一種物質(zhì)B.氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰C.氯氣不溶于水，因此可用排水法收集氯氣D.因為氯氣具有刺激性氣味，所以可以殺滅細菌和病毒【答案】B【解析】A．氯氣和液氯為純凈物，氯水是混合物，故A錯誤；B．氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰，故B正確；C．氯氣能溶解于水，所以不能用排水法收集氯氣，應(yīng)用排飽和食鹽水的方法或排空氣的方法收集，故C錯誤；D．因為氯氣具有氧化性，所以可以殺菌消毒，故D錯誤；故選B。3.在相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的酸中，一定相等的是A.溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù) B.溶質(zhì)的質(zhì)量C.氫離子的物質(zhì)的量 D.溶質(zhì)的物質(zhì)的量【答案】D【解析】〖祥解〗由n=cV可知，相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的酸中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量一定相等。A．溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，但溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量不一定相等，結(jié)合m=nM可知，溶質(zhì)的質(zhì)量不一定相等。溶液的體積相等，但溶液的密度不一定相等，結(jié)合m=可知，溶液的質(zhì)量不一定相等。溶質(zhì)和溶液的質(zhì)量不一定相等，因而溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也不一定相等，A不符合題意；B．溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，但溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量不一定相等，結(jié)合m=nM可知，溶質(zhì)的質(zhì)量不一定相等，B不符合題意；C．酸分一元酸、二元酸和多元酸，還分為強酸和弱酸，由于酸的類型不確定，無法判斷氫離子的物質(zhì)的量是否相等，C不符合題意；D．由以上分析知，溶質(zhì)的物質(zhì)的量一定相等，D符合題意；

故選D。4.下列選項中，膠體的結(jié)構(gòu)特點不能解釋其性質(zhì)和應(yīng)用的是選項膠體的性質(zhì)或應(yīng)用膠體的結(jié)構(gòu)特點A利用半透膜分離膠體中的雜質(zhì)離子分散質(zhì)微粒帶同種電荷B明礬在水中形成膠體從而凈水分散質(zhì)具有巨大的比表面積C利用丁達爾現(xiàn)象鑒別溶液與膠體分散質(zhì)微粒直徑在1~100nm之間D土壤對等陽離子有更好的保肥作用土壤膠粒帶負電A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．半透膜可以分離膠體中的雜質(zhì)離子是利用離子可以透過半透膜，膠粒不能透過半透膜，故A符合題意；B．膠體中分散質(zhì)具有巨大的比表面積，可吸附固體懸浮物并使之沉降，故可以凈水，故B不符合題意；C．膠體的分散質(zhì)微粒直徑在1~100nm之間，可以形成丁達爾現(xiàn)象，故C不符合題意；D．因土壤膠粒帶負電，故土壤對等陽離子有更好的保肥作用，故D不符合題意；故選A。5.在硫酸鐵溶液中同時加入鐵粉和銅粉，充分反應(yīng)后不會出現(xiàn)的結(jié)果是A.鐵銅均有 B.鐵銅均無 C.有銅無鐵 D.有鐵無銅【答案】D【解析】由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，還原性強于銅的鐵會優(yōu)先與硫酸鐵溶液反應(yīng)，所以在硫酸鐵溶液中同時加入鐵粉和銅粉，若硫酸鐵溶液過量，加入的鐵粉和銅粉全部參加反應(yīng)，不會有剩余；若硫酸鐵溶液不足量，加入的鐵粉和銅粉可能都剩余，也可能是鐵粉全部反應(yīng)而銅粉有剩余，但不可能是銅粉全部反應(yīng)而鐵粉有剩余，故選D。6.室溫下，在強酸和強堿性溶液中均能大量共存的離子組是A.，，， B.，，，C.，，， D.，，，【答案】D【解析】A．在堿性條件下，、不能大量存在，故不選A；B．酸性條件下，，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S沉淀，故不選B；C．酸性條件下，、發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成，堿性條件下、不能大量存在，故不選C；D．，，，在酸性或堿性條件下都不反應(yīng)，能大量共存，故選D；選D。7.常見抗酸藥的主要成分有NaHCO3、、CaCO3、MgO等。下列說法錯誤的是A.MgO屬于堿性氧化物B.NaHCO3不適于胃潰瘍病人C.相同物質(zhì)的量的上述物質(zhì)中抗酸效果最佳D.CaCO3的抗酸原理可表示為【答案】D【解析】A．MgO可以和酸反應(yīng)生成鹽和水，屬于堿性氧化物，A正確；B．如果病人同時患有胃潰瘍，此時最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，而不使用NaHCO3，防止生成過多CO2造成胃穿孔等，B正確；C．1molNaHCO3消耗1mol氫離子，1molCaCO3、MgO消耗2mol氫離子，1mol消耗3mol氫離子，則相同物質(zhì)的量的上述物質(zhì)中抗酸效果最佳，C正確；D．CaCO3難溶于水，在離子方程式中不能拆，則CaCO3的抗酸原理可表示為，D錯誤；故選D。8.對下列事實的解釋中，錯誤的是A.常溫下，濃硝酸可以用鋁質(zhì)容器儲存，說明鋁與濃硝酸不反應(yīng)B.在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性C.濃硫酸能與灼熱的木炭反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳和二氧化硫，說明濃硫酸具有強氧化性D.氫氧化亞鐵在空氣中不穩(wěn)定，會轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵，說明氫氧化亞鐵具有還原性【答案】A【解析】A．常溫下，鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化，所以濃硝酸可以用鋁質(zhì)容器儲存，鈍化是強烈的氧化還原，故A錯誤；B．蔗糖由C、H、O三種元素組成，在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性，故B正確；C．濃硫酸生成二氧化硫，濃硫酸體現(xiàn)氧化性，故C正確；D．氫氧化亞鐵轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵，鐵元素化合價升高被氧化，說明氫氧化亞鐵具有還原性，故D正確；故答案為：A。9.某食品級Na2SO3，每袋中含Na2SO3100.8g。下列說法正確的是A.每袋添加劑中含鈉離子0.8molB.該添加劑可使紫色石蕊溶液退色C.每袋添加劑最多消耗氧氣8.96LD.某紅酒中要求Na2SO3濃度為，每袋該添加劑可滿足400L紅酒需要【答案】D【解析】A．每袋添加劑中含鈉離子為，故A錯誤；B．該添加劑不具有漂白性，不能使紫色石蕊溶液退色，故B錯誤；C．根據(jù)得失電子守恒可知每袋添加劑最多消耗氧氣的物質(zhì)的量是亞硫酸鈉物質(zhì)的量的一半，每袋添加劑最多消耗氧氣為，故C錯誤；D．某紅酒中要求Na2SO3濃度為，則400L紅酒中含有亞硫酸鈉物質(zhì)的量為40OL×0.002mol·L-1=0.08mol，而每袋該添加劑中含有亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為：，則每袋該添加劑可滿足400L紅酒需要，故D正確；故選D。10.關(guān)于Na2SO3的說法錯誤的是A.Na2SO3溶液可用于吸收尾氣中的SO2B.Na2SO3與Cl2共用不會增強漂白效果C.Na2SO3可通過灼燒NaHSO3固體的方法制得D.Na2SO3是否變質(zhì)可利用BaCl2溶液和鹽酸檢驗【答案】C【解析】A．Na2SO3溶液顯堿性，能吸收酸性氣體SO2，生成NaHSO3，A正確；B．氯氣與Na2SO3反應(yīng)生成鹽酸和硫酸鈉，失去漂白效力，B正確；C．灼燒NaHSO3固體生成的Na2SO3逐漸被空氣中的O2氧化成Na2SO4，不能制取Na2SO3，C錯誤；D．亞硫酸根離子變質(zhì)生成硫酸根離子，用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗，若產(chǎn)生白色沉淀即變質(zhì)，D正確；故選C。二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個或2個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列離子方程式正確的是A.向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2：B.向稀硝酸中加入過量鐵粉：C.用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣：D.向NaClO溶液中通入少量SO2：【答案】AB【解析】A．相同條件下，NaHCO3的溶解度小，則向飽和碳酸鈉溶液中通入過量CO2生成碳酸氫鈉，離子方程式為，故A正確；B．鐵粉過量，生成硝酸亞鐵，稀硝酸被還原為NO，離子方程式為：，故B正確；C．用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、氯化錳、水和氯氣，反應(yīng)的離子方程式為：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故C錯誤；D．NaClO溶液與少量SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Cl-和，反應(yīng)的離子方程式為：3ClO-+SO2+H2O=2HClO++Cl-，故D錯誤；

故選：AB。12.下圖為氮及其化合物的“價—類”二維圖，下列說法正確的是A.a轉(zhuǎn)化為f的過程屬于氮的固定B.從化合價角度預(yù)測，g可能通過分解反應(yīng)轉(zhuǎn)化為bC.工業(yè)上以a為原料制取e需要經(jīng)歷四步氧化還原反應(yīng)D.排放到大氣中的c、d是形成光化學(xué)煙霧、霧霾及酸雨的重要原因【答案】BD【解析】〖祥解〗由題干價類二維圖可知，a為NH3、b為N2，c為NO，d為NO2或N2O4，e為HNO3，f為氮化物的鹽，g為亞硝酸鹽，據(jù)此分析解題。A．氮的固定是氮氣轉(zhuǎn)化為化合物的過程，A錯誤；B．由得失電子守恒可知，亞硝酸鹽可以分解制的氮氣和硝酸鹽，B正確；C．氨氣可以和氧氣發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸，三步氧化還原反應(yīng)，C錯誤；D．NO、NO2是形成光化學(xué)煙霧、霧霾及酸雨的重要原因，D正確；故選BD。13.通過電導(dǎo)率的變化可以測定溶液中離子濃度的變化，向電解質(zhì)溶液中滴加同濃度的另一電解質(zhì)溶液，電導(dǎo)率變化如下圖所示。下列各組實驗與該圖像相符的是A.向鹽酸中滴加NaOH溶液 B.向FeCl3溶液中滴加KI溶液C.向溶液中滴加稀H2SO4 D.向CH3COOH溶液中滴加KOH溶液【答案】C【解析】A．氫氧化鈉和稀鹽酸恰好完全反應(yīng)時，生成氯化鈉溶液能導(dǎo)電，A不符合題意；B．向FeCl3溶液中滴加KI溶液恰好完全反應(yīng)時生成FeCl2，生成的氯化亞鐵導(dǎo)電，B不符合題意；C．氫氧化鋇是電解質(zhì)、溶液能導(dǎo)電，和硫酸溶液反應(yīng)時生成硫酸鋇沉淀和水，故恰好完全反應(yīng)時不導(dǎo)電，C符合題意；D．醋酸是弱酸、醋酸鉀是強電解質(zhì)，醋酸中加入溶液導(dǎo)電能力可以有所增強，且醋酸和氫氧化鉀恰好完全反應(yīng)時，有醋酸鉀溶液能導(dǎo)電，D不符合題意；答案選C。14.濕法制備多功能水處理劑K2FeO4固體的工藝流程如下：已知：NaCl、NaNO3在強堿中溶解度遠小于Na2FeO4。下列說法正確的是A.溶解度：K2FeO4大于Na2FeO4B.“操作Ⅱ”所得副產(chǎn)物可循環(huán)使用C.“操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”都要使用的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯、酒精燈D.生成Na2FeO4的離子方程式為【答案】BD【解析】〖祥解〗硝酸鐵和氫氧化鈉、次氯酸鈉反應(yīng)生成高鐵酸鈉，加入濃KOH溶液，溶液中鉀離子濃度增大，將Na2FeO4轉(zhuǎn)化為溶解度更小的K2FeO4，有利于高鐵酸鉀析出，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶得到K2FeO4晶體；A．加入濃KOH溶液，溶液中鉀離子濃度增大，將Na2FeO4轉(zhuǎn)化為溶解度更小的K2FeO4，溶解度：K2FeO4<Na2FeO4，故A錯誤；B．KOH和Na2FeO4反應(yīng)生成NaOH和K2FeO4，“操作Ⅱ”所得副產(chǎn)物NaOH可氧化硝酸鐵能循環(huán)使用，故B正確；C．“操作Ⅰ”為過濾，要使用的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯，不需要酒精燈，故C錯誤；D．硝酸鐵和氫氧化鈉、次氯酸鈉反應(yīng)生成Na2FeO4、NaCl，離子方程式為，故D正確；故選BD。15.某溶液中可能含有K+、、Fe2+、Cl-、、中的若干種，且各離子濃度均為0.2mol/L，為確定其組成，某同學(xué)進行了如下實驗：下列說法正確是A.“氣體M”與“氣體N”中含有同種元素B.“沉淀A”和“沉淀B”都不溶于強酸C.原溶液中含有的離子為、Fe2+、Cl-、D.“濾液X”中大量存在的陽離子有、Fe2+、Ba2+【答案】AC【解析】〖祥解〗加入過量稀硫酸，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中無；然后再加入過量Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生氣體，說明在溶液中含有Fe2+，在酸性條件下，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，被還原產(chǎn)生氣體M是NO，產(chǎn)生的沉淀A是BaSO4；向濾液X中加入過量NaOH溶液，并加熱，反應(yīng)產(chǎn)生氣體N是NH3，說明原溶液中含有，沉淀B是Fe(OH)3，根據(jù)上述分析可知原溶液中含有Fe2+、，這兩種離子都是陽離子，由于存在的離子濃度都是0.2mol/L，結(jié)合電荷守恒，可知溶液中一定含有陰離子Cl-、，一定不含有K+，據(jù)此分析解答。A．根據(jù)上述分析可知：“氣體M”是NO，“氣體N”是NH3，二者都含有N元素，A正確；B．根據(jù)上述分析可知“沉淀A”是BaSO4，“沉淀B”是Fe(OH)3，BaSO4是白色沉淀，既不溶于水，也不溶于強酸，但Fe(OH)3不溶于水，卻能夠溶于強酸中，B錯誤；C．根據(jù)上述分析可知原溶液中含有的離子為、Fe2+、Cl-、，不含有K+、，C正確；D．Fe2+與H+、反應(yīng)產(chǎn)生的Fe3+與足量NaOH完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，因此“濾液X”中不存在陽離子Fe2+，D錯誤；故合理選項是AC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.物質(zhì)的量是聯(lián)系宏觀量與微觀粒子數(shù)量的重要橋梁?；卮鹣铝袉栴}：（1）某汽車安全氣囊的氣體發(fā)生劑為疊氮化鈉（NaN3），在受到撞擊時分解生成Na和N2，130gNaN3分解產(chǎn)生的N2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為______L。（2）SO2和O2組成的混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為，其中SO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為______。（3）64g銅與300mL一定濃度的硝酸恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積共22.4L。NO與NO2的體積比為______，該硝酸的物質(zhì)的量濃度為______。（4）實驗室需使用240mL物質(zhì)的量濃度為的稀硫酸進行有關(guān)實驗，現(xiàn)用98%的濃硫酸進行配制。①需用量筒量取98%的濃硫酸（密度為）______mL。②下列情況會導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是______（填標(biāo)號）。a．定容后搖勻時有少量溶液濺出b．定容時仰視容量瓶瓶頸上的刻度線c．使用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線d．硫酸溶液移入容量瓶后沒有洗滌燒杯e．稀釋后未冷卻即進行移液、定容等操作【答案】（1）67.2（2）5%（3）①.1∶1②.10（4）①.13.6②.ce【解析】【小問1詳析】130gNaN3的物質(zhì)的量是2mol，NaN3分解的化學(xué)方程式為2NaN3=2Na＋3N2↑，所以生成氮氣的物質(zhì)的量是3mol，在標(biāo)況下的體積為3mol×22.4L/mol=67.2L；【小問2詳析】平均摩爾質(zhì)量=22.4×ρ標(biāo)=22.4×1.5g·mol－1=33.6g·mol－1，根據(jù)平均摩爾質(zhì)量定義，，n(SO2):n(O2)=19:1，O2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=5%；【小問3詳析】Cu與硝酸反應(yīng)生成的氣體為NO、NO2或二者混合物，64gCu的物質(zhì)的量==1mol，氣體的物質(zhì)的量==1mol，設(shè)NO、NO2的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：x+y＝1mol，3x+y＝1mol×2，解得x=0.5mol，y=0.5mol，體積比等于物質(zhì)的量之比，則NO與NO2的體積比為1∶1；根據(jù)N元素守恒可知，原溶液中硝酸的物質(zhì)的量為1mol×2+0.5mol+0.5mol=3mol，該硝酸的物質(zhì)的量濃度為；【小問4詳析】①化學(xué)純的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c=mol/L=18.4mol/L，配制240mL物質(zhì)的量濃度為的稀硫酸，實際需要配制250mL，根據(jù)稀釋定律有：18.4mol/L×V=1.0mol/L×0.25L，解得V≈0.0136L=13.6mL；②a．定容后搖勻時有少量溶液濺出，會造成溶質(zhì)的損失，則溶液的濃度減小，a錯誤；b．定容時仰視容量瓶瓶頸上的刻度線，則液面在刻度線上方，水過量，溶液濃度減小，b錯誤；c．使用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線，則濃度硫酸體積偏大，則所配溶液濃度偏高，c正確；d．硫酸溶液移入容量瓶后沒有洗滌燒杯，會導(dǎo)致溶質(zhì)損失，則所配溶液濃度偏低，d錯誤；e．稀釋后未冷卻即進行移液、定容等操作，根據(jù)熱脹冷縮原理，定容時，所加蒸餾水較少，所配溶液濃度偏高，e正確；故選ce。17.低品位銅礦（主要含CuS、FeO）提銅是解決我國銅產(chǎn)量低這一問題的重要技術(shù)，利用低品位銅礦制備Cu2O的一種工藝流程如下圖所示：已知：Ⅰ．MnCO3難溶于水，CuS難溶于水及強酸。Ⅱ．Cu2O是一種難溶于水的紅色物質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）“溶浸”包括以下操作：研磨、混合、加熱并攪拌、冷卻、______。“溶浸”中MnO2的作用是______。（2）檢驗“溶浸”后所得溶液中是否含有的試劑是______。（3）“調(diào)pH”后判斷是否完全沉淀的操作是______。（4）“還原”中還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為______。（5）將Cu2O固體加入過量稀硫酸中，溶液變成藍色，且仍有紅色固體存在，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。（6）有人提出“將低品位銅礦灼燒后用酸溶解制得銅鹽”的工藝流程，該流程不足之處有______（寫出一項即可）。【答案】（1）①.過濾②.做氧化劑（2）（酸性）高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液（3）向上層清液中（或取上層清液）滴加氫氧化鈉溶液（或氨水等堿性溶液），若有紅褐色沉淀產(chǎn)生則沒有完全沉淀，反之則完全沉淀（4）2∶1（5）（6）生成污染性氣體或者灼燒能耗更大【解析】〖祥解〗低品位銅礦用酸溶解，生成S、Fe2+、Mn2+、Cu2+，加入二氧化錳作為氧化劑，生成Mn2+，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入氨水，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，加入(NH4)2CO3將Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀，加入N2H4將Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu2O,以此分析；【小問1詳析】根據(jù)分析，冷卻后，將溶液與濾渣進行過濾進行分離；加入二氧化錳作為氧化劑，生成Mn2+，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+；故答案為：過濾；做氧化劑；小問2詳析】Fe2+具有還原性，遇到具有氧化性的高錳酸根發(fā)生氧化還原，使得高錳酸鉀褪色；或者Fe2+遇到鐵氰化鉀溶液生成藍色沉淀；故答案為：（酸性）高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液；【小問3詳析】向上層清液中（或取上層清液）滴加氫氧化鈉溶液（或氨水等堿性溶液），若有紅褐色沉淀產(chǎn)生則Fe3+沒有完全沉淀，反之則完全沉淀；故答案為：向上層清液中（或取上層清液）滴加氫氧化鈉溶液（或氨水等堿性溶液），若有紅褐色沉淀產(chǎn)生則Fe3+沒有完全沉淀，反之則完全沉淀；【小問4詳析】N2H4中N的化合價為-2，失去4個電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2，Cu2+得2個電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Cu2O，根據(jù)得失電子守恒，則還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1；故答案為：2：1；【小問5詳析】將Cu2O固體加入過量稀硫酸中，溶液變成藍色Cu2+，且仍有紅色固體Cu存在；故答案為：；【小問6詳析】該過程生成污染性氣體硫氧化物且灼燒能耗更大；故答案為：生成污染性氣體或者灼燒能耗更大。18.Cl2和SO2化合可制得硫酰氯（SO2Cl2），某同學(xué)設(shè)計合成SO2Cl2的裝置如下圖所示（省略部分夾持儀器）：已知：SO2Cl2熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃，遇水迅速反應(yīng)生成兩種強酸，且高溫條件下不穩(wěn)定。回答下列問題：（1）儀器C的名稱為______，儀器A相比普通分液漏斗的優(yōu)勢在于______。（2）裝置乙中試劑的名稱是______，能替代裝置己中KMnO4的是______（填標(biāo)號）。a．氯酸鉀b．二氧化錳c．濃硝酸d．漂白粉（3）有同學(xué)認為上述裝置還有缺陷，改進方法是在丙裝置的c處連接______（填標(biāo)號）。（4）若缺少裝置乙和丁，會降低硫酰氯的產(chǎn)率，原因是______（用化學(xué)方程式表示）。（5）實驗過程中，由儀器B的a端通入冷卻水，作用是______?！敬鸢浮浚?）①.（圓底）燒瓶②.平衡壓強，使液體順利流下（2）①.濃硫酸②.ad（3）a或bc、dc（4）（5）冷凝SO2Cl2，便于收集，同時防止SO2Cl2高溫分解【解析】〖祥解〗SO2和Cl2在活性炭催化下制取硫酰氯，甲裝置中濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)生成SO2，乙裝置中盛放濃硫酸干燥SO2，己裝置中，濃鹽酸和高錳酸鉀反應(yīng)生成氯氣，丁裝置中盛放濃硫酸干燥氯氣，戊裝置可以出去氯氣中的氯化氫，SO2和Cl2在丙裝置中反應(yīng)得到硫酰氯。【小問1詳析】由圖可知，儀器C的名稱為（圓底）燒瓶；儀器A上有一個恒壓的管，可以保持漏斗中液面上的壓強和燒瓶中的壓強相等，故其比普通分液漏斗的優(yōu)勢在于：平衡壓強，使液體順利流下；【小問2詳析】裝置A用來是制備二氧化硫，裝置乙用來制備二氧化硫，裝置乙用來干燥二氧化硫，故其中試劑名稱為濃硫酸；裝置己中KMnO4具有強氧化性，可以和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，在選項中氯酸鉀和漂白粉中的次氯酸根離子具有強氧化性，可以和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，而二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣需要加熱，故能替代裝置己中KMnO4的是ad；【小問3詳析】根據(jù)題給信息可知，SO2Cl2遇水迅速反應(yīng)生成兩種強酸，且反應(yīng)過程中使用了有毒的氯氣和二氧化硫，則反應(yīng)過程中要防止其排入空氣中，且要防止空氣中的水蒸氣進入反應(yīng)裝置丙中，則改進方法是在丙裝置的c處連接a或bc、dc；【小問4詳析】由分析可知，乙和丁都起到干燥的作用，根據(jù)題給信息可知，SO2Cl2遇水迅速反應(yīng)生成兩種強酸，則若缺少裝置乙和丁，會降低硫酰氯的產(chǎn)率，原因是；【小問5詳析】根據(jù)題給信息可知，SO2Cl2高溫條件下不穩(wěn)定故由儀器B的a端通入冷卻水，作用是：冷凝SO2Cl2，便于收集，同時防止SO2Cl2高溫分解。19.海水中化學(xué)元素的利用是海水綜合利用的重要方面，從海水中提取的粗鹽、鎂、溴（Br2）等產(chǎn)品是多種工業(yè)的基礎(chǔ)原料。Ⅰ．海水提取的粗鹽中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等雜質(zhì)，通過如下操作，進行提純：①加入Na2CO3溶液；②加入NaOH溶液；③加入BaCl2溶液；④滴入稀鹽酸至無氣泡產(chǎn)生；⑤過濾；⑥溶解。（1）正確的操作順序是______（填標(biāo)號）。（2）加入Na2CO3溶液時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。Ⅱ．苦鹵（海水曬鹽后得到的母液）中含有NaBr等物質(zhì)。從苦鹵中提Br2的流程如下：（3）以苦鹵為原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，優(yōu)勢在于______。（4）“吸收”過程的離子方程式為______。Ⅲ