2024年北京市重点校高一下学期期中化学汇编：物质及其变化章节综合

2024北京重点校高一（下）期中化学汇编 物质及其变化章节综合 一、单选题 1．（2024北京101中学高一下期中）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是 A．KCl溶液 B．胶体 C．NaOH溶液 D．溶液 2．（2024北京101中学高一下期中）下列物质中，不属于电解质的是 A．Zn B． C． D． 3．（2024北京第八十中学高一下期中）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．胶体 4．（2024北京第八十中学高一下期中）我国的松烟墨历史悠久。下列古法制作松烟墨的部分工艺中，涉及化学变化的是 择松伐木 A．择松伐木 B．烧木成烟 C．入窑取烟 D．压制成墨 A．A B．B C．C D．D 5．（2024北京第八十中学高一下期中）下列物质中，属于电解质的是 A． B．蔗糖溶液 C． D．溶液 6．（2024北京回民学校高一下期中）下列关于N2的叙述错误的是（ ） A．N2既可作氧化剂又可做还原剂 B．雷雨天，空气中的N2和O2可反应生成NO C．氮的固定是将N2转化成含氮化合物 D．１molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3 7．（2024北京15中高一下期中）下列物质中，不属于电解质的是 A． B．NaOH C．KNO3 D．Mg 8．（2024北京回民学校高一下期中）“三七”是一种名贵中药，其有效成分中含人参皂苷。人参皂苷属于 A．单质 B．氧化物 C．无机物 D．有机物 9．（2024北京第八十中学高一下期中）下列关于物质分类的叙述中，不正确的是 A．硫酸属于酸 B．氢氧化钙属于碱 C．二氧化碳属于氧化物 D．液氨属于混合物 10．（2024北京101中学高一下期中）下列反应的离子方程式书写不正确的是 A．碳酸钠溶液与足量盐酸反应：CO+ 2H+ = CO2↑+ H2O B．钠与水反应：Na + H2O = Na+ + OH- + H2↑ C．氯化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+ + SO=BaSO4↓ D．铜与稀硝酸反应：3Cu + 8H+ + 2NO=3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O 11．（2024北京五中高一下期中）如下为火山喷发时硫元素的转化示意图，其中甲、乙在常温下均为气体，丙为液体，丁为固体。下列关于甲、乙，丙、丁的判断不正确的是 A．甲只具有还原性 B．乙、丙均为酸性氧化物 C．乙既有氧化性，又有还原性 D．丁为黄色或淡黄色固体 12．（2024北京北师大二附中高一下期中）某小组同学探究浓硫酸的性质，向试管①、②中加入等量的98%的浓硫酸，实验如下。 实验1 实验2 实验3 装置 现象 溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟 溶液变黄；把湿润的品红试纸靠近试管口，试纸褪色 溶液变深紫色(经检验溶液含单质碘) 下列对实验的分析不合理的是 A．实验1中，白烟是NH4Cl B．根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl- C．根据实验3判断还原性：I->Br- D．上述实验体现了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质 13．（2024北京五中高一下期中）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5 14．（2024北京汇文中学高一下期中）某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A．由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D．由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 15．（2024北京人大附中高一下期中）某同学设计如图实验方案，从海带中提取。下列说法正确的是 A．操作①是萃取 B．②中双氧水作还原剂 C．③的离子方程式是 D．含的溶液经3步转化为的悬浊液，其目的是富集，便于分离提纯 16．（2024北京第十二中学高一下期中）工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示： 已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是 A．滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+ B．反应Ⅰ中每消耗0.5mol FeS2，转移的电子数为1NA C．反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O D．调节pH的作用是沉淀铁元素 17．（2024北京北师大实验中学高一下期中）某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下： 实验序号 Ⅰ Ⅱ 实验过程 实验现象 紫色变浅(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2) 溶液呈淡黄色(pH≈8)，生成浅粉色沉淀(MnS) 资料：ⅰ．在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。 ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法不正确的是（    ）。 A．根据实验可知，Na2S被氧化 B．取少量实验Ⅰ所得溶液进行实验，检测到有，不能说明S2-被氧化为 C．实验Ⅰ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S2-能将还原为MnO2 D．实验Ⅱ得到浅粉色沉淀，是由于S2-将新生成的还原为Mn2+并迅速与其结合所致 二、填空题 18．（2024北京回民学校高一下期中）汽车尾气系统中安装的催化转化器中，发生如下反应：2CO+2NON2+2CO2。 (1)作还原剂的物质是 ，碳元素的化合价 (填“升高”或“降低”)。 (2)若反应中消耗了2molNO，则生成N2的物质的量为 mol，转移电子的物质的量为 mol。 19．（2024北京第八十中学高一下期中）汽车尾气系统中安装的催化转化器中，发生如下反应。 (1)作还原剂的物质是 ，碳元素的化合价 (填“升高”或“降低”)。 (2)若反应中消耗了2molNO，则生成的物质的量为 mol，转移电子的物质的量为 mol。 20．（2024北京北师大实验中学高一下期中）硫化氢(H2S)是一种有毒气体，高于200℃分解，溶于水显弱酸性，脱除H2S的方法很多。 (1)Na2CO3吸收H2S。含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成两种酸式盐。该反应的离子方程式为 。 (2)干法脱硫技术。 ①铁系脱硫剂：活性氧化铁(Fe2O3•H2O)是经典而有效的脱硫剂，脱硫反应：Fe2O3•H2O+H2S→FeS+S+H2O，再生反应：FeS+H2O+O2→Fe2O3•H2O+S(脱硫反应和再生反应均未配平)。 a．Fe2O3•H2O在该反应中的作用可描述为 。 b．若处理标况下4.48LH2S时，理论上消耗O2的物质的量为 。 ②锌系脱硫剂：550℃时，将H2S和还原性气体H2按一定比例混合，以一定的流速通过装有锌的复合金属脱硫剂(ZnFe2O4)的反应器，脱硫过程中，ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS、FeS和H2O，其化学方程式为 。 (3)生物脱硫技术。 天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。H2S与碱反应转化为HS‒，在脱氮硫杆菌参与下，HS‒被NO氧化为SO、NO被还原为N2。当33.6m3(标准状况)某燃气(H2S的体积分数为0.2%)脱硫时，消耗NO的物质的量为 mol。 三、计算题 21．（2024北京101中学高一下期中）以石英砂(主要成分为)为原料，经三步反应制得高纯硅，其中第一步反应的化学方程式如下。 (1)作还原剂的物质是 ，碳元素的化合价 (填“升高”或“降低”)。 (2)若反应中消耗了，则生成的物质的量为 ，转移电子的物质的量为 。 四、解答题 22．（2024北京第八十中学高一下期中）“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为)吸收烟气中的，得到亚硫酸钠粗品。其流程如下： (1)为加快工业废碱渣中的溶解，可采取的措施是 (写出一种即可)。 (2)上述流程中，加入NaOH后，发生反应的化学方程式为 。 (3)亚硫酸钠粗品中含有少量，原因是 。 23．（2024北京北大附中高一下期中）某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下： 资料：1.稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。 2.石油醚是一种密度小于水、难溶于水的有机溶剂，卤素单质在石油醚中的溶解度大于其在水中的溶解度。 实验I 实验Ⅱ 取i中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入石油醚。 (1)i中反应的离子方程式是 。 (2)实验I中i和ii可以得出的结论是 。 (3)①甲同学认为：实验Ⅱ观察到 现象，得出氧化性Br2>I2。 ②乙同学对上述实验进行反思，认为实验Ⅱ不能充分证明氧化性Br2>I2，他补做了实验Ⅲ。 实验Ⅲ 另取i中的黄色溶液少许，先加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和石油醚。 补做实验Ⅲ的目的是 。 24．（2024北京北师大实验中学高一下期中）稀土是一种重要的战略资源，我国稀土出口量世界第一。铈(Ce)是一种典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)形式存在。工业上利用氟碳铈矿制取CeO2的一种工艺流程如图： 资料：①铈(Ce)常见的化合价为+3和+4； ②在O2作用下，氟碳铈矿焙烧后的产物中有CeO2和CeF4； ③在硫酸体系中，Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ“焙烧”过程中CeCO3F发生反应的化学方程式为 。 (2)步骤Ⅱ充分反应后经过滤，得到的水溶液中阳离子有 。 (3)步骤Ⅲ的操作名称是 。 (4)步骤Ⅳ中加入H2O2的目的是 。 (5)步骤Ⅴ中发生反应的离子方程式是 。 (6)取上述流程中得到的CeO2产品加硫酸溶解，可与50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反应(铈元素被还原为Ce3+，其他杂质均不参与反应)，该产品中CeO2的质量分数为 。(已知：CeO2的摩尔质量为172g/mol) 25．（2024北京第九中学高一下期中）去除粗盐中的、和等杂质离子，过程如下： (1)上述精制过程中，加入的试剂①、②、③依次为过量的 溶液、过量的 溶液和过量的溶液。 (2)检验沉淀完全的方法：取适量滤液， 。 (3)向滤液中加入盐酸至溶液呈微酸性。写出加入盐酸后溶液中发生反应的离子方程式： 和 。 (4)加入盐酸至溶液呈微酸性后，经 (填操作名称)可得氯化钠固体，需要用到的仪器有 (填字母)。 a.蒸发皿    b.漏斗    c.玻璃棒    d.酒精灯 (5)先过滤再加入盐酸的操作顺序不能颠倒，原因是若在过滤前加入盐酸， ，达不到除杂效果。 26．（2024北京回民学校高一下期中）去除粗盐中的、和等杂质离子，过程如下： (1)上述精制过程中，加入的试剂①、②、③依次为过量的 溶液、过量的 溶液和过量的溶液。 (2)检验沉淀完全的方法：取适量滤液， 。 (3)向滤液中加入盐酸至溶液呈微酸性。写出加入盐酸后溶液中发生反应的离子方程式： 和 。 (4)加入盐酸至溶液呈微酸性后，经 (填操作名称)可得氯化钠固体，需要用到的仪器有 (填字母)。 a．蒸发皿        b．漏斗        c．玻璃棒        d．酒精灯 (5)先过滤再加入盐酸的操作顺序不能颠倒，原因是若在过滤前加入盐酸， ，达不到除杂效果。 27．（2024北京15中学高一下期中）硝酸是一种重要的化工原料，某工厂利用氨催化法制备硝酸的工艺流程如下。 (1)合成塔用于制备氨气，其中发生反应的化学方程式为 。 (2)原料气在氧化炉中不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如图所示）。900℃时发生的主要反应的化学方程式为 。 (3)结合化学用语说明吸收塔中通入空气的目的 。 (4)工业制硝酸的尾气中含有NO、NO2，通常用NaOH溶液吸收，发生的反应有： 反应I： 反应Ⅱ： ①反应I生成时，转移电子的物质的量为 mol。 ②当尾气中NO2的含量小于50%时，向NaOH溶液中加入H2O2能提升氮氧化物的去除率，原因是 。 (5)上述工业流程中体现绿色化学理念的设计是 （写出1条）。 28．（2024北京陈经纶中学高一下期中）将足量SO2通入AgNO3溶液中，产生沉淀。探究反应原理及沉淀成分，装置如下(加热、夹持等装置略)。 资料：ⅰ．Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水。 ⅱ．Ag2SO4、Ag2SO3均溶于氨水。 (1)①A中反应的化学方程式是 。 ②用NaOH溶液吸收尾气中的SO2，产物是 。 (2)探究沉淀成分。实验发现，沉淀的颜色与取样时间有关，对比实验记录如下： 时间 反应开始时(t1) 一段时间后(t2) 较长时间后(t3) 颜色 白色 灰黑色 灰黑色加深 推测白色沉淀(t1)可能为Ag2SO4、Ag2SO3或二者混合物。探究如下： 实验证实，白色沉淀(t1)中不含Ag2SO4，含Ag2SO3。 ①t1时，C中产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②试剂a是 。 ③产生白色沉淀Y的原因是 。 (3)推测灰黑色沉淀(t2)含Ag。探究如下： 取灰黑色沉淀，加入氨水，部分沉淀溶解，过滤。向滤出的沉淀中加入浓HNO3，证实沉淀含Ag。现象是 。 (4)通过检测SO探究产生Ag的原因。 实验：(已排除O2的影响) t2时，C中H2SO3的作用是 。(用化学方程式表示) 综上可知，化学反应的产物与反应速率和限度有关。 29．（2024北京15中学高一下期中）某小组同学探究三种价态(、、)硫元素间的相互转化。可以选用的试剂有：①水溶液、②浓硫酸、③稀硫酸、④溶液、⑤溶液、⑥氯水(浅黄绿色)、⑦铜片、⑧稀盐酸、⑨溶液。 实验序号 预期的价态转化 选择的试剂(填入试剂编号) 实验现象 1 ④⑥ 2 ⅰ ⅱ 3 ①⑤ 出现浑浊 4 ④⑤ 无明显现象 5 ⅲ (1)补全实验表格ⅰ： 、ⅱ： 、ⅲ： 。 (2)实验5的化学方程式为 。 (3)为了进一步验证实验1中的转化，甲同学设计实验a：向反应后的溶液中先加过量稀盐酸，再加足量溶液，观察现象。 ①实验a的目的是通过检验 ，证明转化得以实现。 ②加稀盐酸的作用是 。 乙同学认为还需要补充实验b：取等量的溶液，向其中先加过量稀盐酸，再加足量溶液，观察现象。 ③补充实验b的原因是 。 ④综合实验a和b，实验1中转化得以实现的证据是 。 (4)分析实验3和实验4现象不同的可能原因 。 (5)上述实验中能体现氧化性的是 (填实验序号)。 30．（2024北京人大附中高一下期中）某小组同学制备碘酸盐()并探究其性质。 资料：①可与溶液反应生成和。 ②碘酸钙 []为难溶于水、能溶于硝酸的白色固体。 ③的氧化性，的还原性与溶液的酸碱性无关：与氧化性随溶液酸性增强而增强(X为、或I)。 实验装置如图(加热与夹持装置略)    步骤： I．打开A中分液漏斗活塞，加热圆底烧瓶；一段时间后，B中溶液由无色变为棕黄色。 II．将B中棕黄色溶液倒入烧杯中，再加入溶液，烧杯中溶液由棕黄色变为无色。 (1)A装置发生的化学方程式为 。 (2)C装置发生的离子方程式为 。 (3)取少量步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入过量盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上层呈浅黄色，下层呈紫色。甲同学得出结论：在酸性条件下可以氧化为。 ①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下： 原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为 。 原因二： (填化学式)在酸性条件下将溶液中的氧化。 ②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验： ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到无色溶液X和沉淀Y。 ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。 ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色。 ⅳ.…… a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论： 。 b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。补全实验ⅳ的操作和现象 。 (4)根据实验ⅲ得出：氧化性 (填“”或“”)，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是 。 (5)查阅资料发现，与相应的(，)均有类似上述反应。浓度相同时，氧化性，但浓度均为的和开始发生反应时的pH为1，而浓度均为的和开始发生反应的pH为5。试从原子结构的角度解释两个反应开始发生时pH不同的原因 。 参考答案 1．B 【详解】当光束通过胶体时能观察到丁达尔效应，A、C、D为溶液，B为胶体，故通过B时能观察到丁达尔效应； 故选B。 2．A 【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质 【详解】A．Zn属于单质，既不是电解质也不是非电解质，A符合题意； B．是化合物，在水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质，B不符合题意； C．是化合物，其水溶液能导电，是电解质，C不符合题意； D．是化合物，在水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质，D不符合题意； 故选A。 3．D 【详解】丁达尔效应是胶体特有的性质，KCl溶液、Na2SO4溶液、KOH溶液都是溶液没有丁达尔效应，Fe(OH)3胶体有，故选D。 4．B 【详解】A．择松伐木为砍伐木材，没有新物质生成，没有发生化学变化，A错误； B．烧木成烟涉及燃烧过程，发生化学变化，B正确； C．入窑取烟中没有新物质生成，没有发生化学变化，C错误； D．压制成墨为物质形状的变化，没有化学变化，D错误； 故选B。 5．C 【详解】A．Cu属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误； B．溶液是混合物，电解质的前提是化合物，所以不属于电解质，B错误； C．KNO3是化合物，其水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质，C正确； D．溶液是混合物，电解质的前提是化合物，所以不属于电解质，D错误； 故选C。 6．D 【详解】A．N2中N元素的化合价可以降低变成NH3，也可以升高生成NO等，故N2既可作氧化剂又可做还原剂，A选项正确； B．雷雨天时，发生自然固氮，空气中N2和O2可反应生成NO，B选项正确； C．氮的固定是将空气中游离态的氮(N2)转化为含氮化合物的过程，C选项正确； D．N2和H2在高温高压催化剂的条件下生成NH3，反应方程式为N2+3H22NH3，此反应是可逆反应，1 molN2与3 molH2反应生成的NH3小于2mol，D选项错误； 答案选D。 7．D 【详解】A．H2SO4的水溶液能导电，且为化合物，属于电解质，A与题意不符； B．NaOH的水溶液能导电，且为化合物，属于电解质，B与题意不符； C．KNO3的水溶液能导电，且为化合物，属于电解质，C与题意不符； D．Mg为单质，不属于化合物，不是电解质，D符合题意； 答案为D。 8．D 【详解】人参皂苷含有碳氢氧三种元素，属于烃的衍生物，故属于有机物，D符合题意；故答案为：D。 9．D 【详解】A．硫酸电离出H+和，电离出的阳离子只有H+，符合酸的定义，A正确； B．氢氧化钙电离出Ca2+和OH-，电离出的阴离子只有OH-，符合碱的定义，B正确； C．二氧化碳中含有碳元素和氧元素，是非金属氧化物，C正确； D．液氨为液态氨气，属于纯净物，D错误； 故选D。 10．B 【详解】A．碳酸钠溶液与足量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+ 2H+ = CO2↑+ H2O，故A正确； B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na + 2H2O =2Na+ + 2OH- + H2↑，故B错误； C．氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为Ba2+ +=BaSO4↓，故C正确； D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 8H+ + 2=3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O，故D正确； 故选B。 11．A 【分析】根据转化关系，乙与水反应生成亚硫酸，则乙为二氧化硫；二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，则丙为三氧化硫；甲可与亚硫酸反应生成丁，且甲、丁为火山喷发的产物，则甲为硫化氢，丁为单质硫。 【详解】A．甲为H2S，S为-2价，只有还原性，但其中的H为+1价，具有氧化性，H2S既有氧化性，又有还原性，A判断错误； B．乙、丙分别为二氧化硫、三氧化硫，均能与碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，B判断正确； C．乙为二氧化硫，含有的S为+4价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，C判断正确； D．丁为单质S，其为黄色或淡黄色固体，D判断正确； 答案为A。 12．C 【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性。 【详解】A．实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理； B．实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理； C．②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理； D．实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理； 选C。 13．D 【详解】A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则既是氧化剂，又是还原剂，A正确； B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：，B正确； C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成的物质的量为0.2a mol，C正确； D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，，再结合第一步反应，可知第一步为，第二步为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误； 故选D。 14．D 【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；； B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确； C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确； D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误； 故选D。 15．D 【分析】由流程可知，海带灰用热水溶解后，过滤，滤液中含碘离子，加过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入试剂a萃取，a为苯或四氯化碳，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I-和，分液后向含I-和的溶液中加稀硫酸发生5I-++6H+=3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘。 【详解】A．操作①是分离溶液与不溶性杂质，为过滤，故A错误； B．向滤液中加入双氧水是将I–氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故B错误； C．I-和的溶液中加稀硫酸发生5I-++6H+=3I2+3H2O，故C错误； D．图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故D正确； 故选D。 16．A 【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。 【详解】A．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，A错误； B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，所以每消耗0.5mol FeS2，转移的电子数为1 mol，转移的电子数为1NA，B正确； C．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正确； D．由分析可知，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，即调节pH的作用是沉淀铁元素，D正确； 故答案为：A。 17．C 【详解】A．根据实验Ⅰ、Ⅱ中的实验现象可知发生了氧化还原反应，KMnO4中Mn元素化合价降低，被还原，同时Na2S中S元素化合价升高，被氧化，A项正确； B．实验中KMnO4溶液用H2SO4酸化，检测到有，可能是H2SO4电离产生，不能说明是S2-的氧化产物，B项正确； C．实验Ⅰ反应后的溶液pH＜1，根据题给资料，在强酸性条件下被还原为Mn2+，所以MnO2不是被S2-还原得到，而是过量的与Mn2+发生归中反应而产生的，C项错误； D．实验Ⅱ中Na2S过量，S2-将新生成的MnO2还原为Mn2+并迅速与其结合生成浅粉色沉淀MnS，D项正确； 答案选C。 18．(1) CO 升高 (2) 1 4 【分析】由化学方程式2NO+2CON2+2CO2可知，NO转化为N2，N元素化合价降低，NO作氧化剂，N2为还原产物；CO转化为CO2，C元素化合价升高，CO作还原剂，CO2为氧化产物。 【详解】（1）由分析可知，CO作还原剂；CO转化为CO2，碳元素化合价升高； （2）根据2NO+2CON2+2CO2可知，若反应中消耗了2mol NO，则生成N2的物质的量为1mol，2个NO转化为1个N2，N元素化合价由+2价变为0价，共得到4个电子，反应消耗2mol NO，转移4mol电子。 19．(1) CO 升高 (2) 1 4 【详解】（1）反应前后，C元素的化合价由+2变成+4价，化合价升高，CO是还原剂； （2）反应的物质的量之比等于系数之比，反应中消耗了2molNO，则生成1molN2；反应前后N元素的化合价由+2价变成0价，转移电子的物质的量为。 20．(1)H2S+CO=HS−+HCO (2) 循环使用(催化剂) 0.1mol ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O (3)4.8 【详解】（1）H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：H2S+=HS-+； （2）①a．该反应中．Fe2O3•H2O参加反应，最终又生成了，则在该反应中的作用可描述为循环使用(催化剂)； b．1mol氧化铁转化成FeS得1mol电子，每生成1molS单质转移2mol电子，根据得失电子守恒得：， 同理可得：， 结合两反应可得：，则，处理标况下4.48LH2S即0.2mol时，理论上消耗O2的物质的量为0.1mol； ②ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，1mol ZnFe2O4反应得2mol电子，1mol氢气反应失2mol电子，根据得失电子守恒可得反应：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O； （3）33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)中含有硫化氢的物质的量==3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S～HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO氧化为SO，NO被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO+4N2↑+4H2O，可得关系：5H2S～5HS-～8NO，则消耗NO的物质的量==4.8mol。 21．(1) C 升高 (2) 1 4 【详解】（1）该反应中，硅元素从+4价降到0价，碳元素从0价升到+2价，因此作还原剂的物质是C，碳元素的化合价升高； （2）根据化学方程式知，若反应中消耗了，则生成的物质的量为1，即1硅元素从+4价降到0价，则转移电子的物质的量为。 22．(1)搅拌、适当升高温度等 (2) (3)亚硫酸钠具有还原性，容易被空气中氧气氧化为硫酸钠 【分析】工业废碱渣过滤分离出碳酸钠溶液，溶液吸收二氧化硫气体生成亚硫酸氢钠溶液，再和氢氧化钠溶液生成亚硫酸钠粗品和母液； 【详解】（1）为加快工业废碱渣中的溶解，可采取的措施是搅拌、适当升高温度等； （2）亚硫酸钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，； （3）亚硫酸钠具有还原性，容易被空气中氧气氧化为硫酸钠，导致亚硫酸钠粗品中含有少量。 23．(1) (2)氧化性： (3) 溶液分层上层为棕色，下层为无色 充分反应，防止氯水与KI反应，干扰实验 【分析】实验i中试管发生溴化钠溶液和氯气反应，生成氯化钠和氯化钠和溴单质的溴单质，反应的离子方程式是：；验ii中试管发生碘化钾溶液和氯气反应，生成氯化钾和碘单质，反应的离子方程式是：；实验I中i和ii可以得出的结论是氧化性：。 【详解】（1）实验i中试管发生溴化钠溶液和氯气反应，生成氯化钠和氯化钠和溴单质的溴单质，反应的离子方程式是：，故答案为：； （2）实验i中试管发生溴化钠溶液和氯气反应，生成氯化钠溴单质，通过实验i可以得出的结论是氧化性；实验ii中试管发生碘化钾溶液和氯气反应，生成氯化钾和碘单质，反应的离子方程式是：,通过实验ii可以得出的结论是氧化性，实验I中i和ii可以得出的结论是氧化性：，故答案为：氧化性：； （3）①实验Ⅱ取i中的黄色溶液少许即含有氯化钠和溴单质的溶液，加入KI溶液，发生，再加入石油醚，生成的碘单质溶解在石油醚中，石油醚难溶于水，密度比水的小，看到现象溶液分层上层为棕色，下层为无色，故答案为：溶液分层上层为棕色，下层为无色； ②实验I中第一个试管中还含有氯气，所以实验Ⅱ中溶液分层上层为棕色，下层为无色，，不能证明一定是溴单质将碘单质置换出来的，实验Ⅲ中先加入化溴化钠，可以将溶液中的氯气除去，防止它氧化碘离子，对后续实验产生干扰，故答案为：充分反应，防止氯水与KI反应，干扰实验。 24．(1) (2)Ce4+和Ce3+ (3)分液 (4)作为还原剂 (5) (6)86% 【分析】根据流程通入氧气焙烧CeCO3F焙烧后的产物中有CeO2、CeF4和CO2，稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固体溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，已知Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，用稀硫酸和H2O2反萃取，Ce4+转化为Ce3+，Ce3+与氢氧化钠和次氯酸钠反应生成Ce(OH)4，煅烧产生CeO2。 【详解】（1）根据题给信息知，“通入O2焙烧”过程中CeCO3F根据题给信息知，“通入O2焙烧”过程中CeCO3F发生反应的化学方程式为，故答案为：。 （2）稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固体溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，故得到的水溶液中阳离子有Ce4+和Ce3+，故答案为：Ce4+和Ce3+ （3）Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，经过分液可以分离出水层和有几层，该操作为分液，故答案为：分液。 （4）“反萃取”过程在稀硫酸和H2O2参与反应，H2O2作为还原剂、Ce4+作为氧化剂，生成Ce3+，故答案为：作为还原剂。 （5）Ce3+在氢氧化钠环境下被次氯酸钠氧化生成Ce(OH)4，离子方程式为：，故答案为：。 （6）CeO2产品加硫酸溶解，可与50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反应，发生离子方程式为：，由此可知=，该产品中CeO2的质量分数为，故答案为：86%。 25．(1) (2)先加足量稀盐酸，再加溶液，若溶液不出现浑浊，说明已沉淀完全 (3) (4) 蒸发结晶 acd (5)会使生成的、、溶解 【分析】在粗盐除杂工艺中，粗盐溶解、过滤后加入过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀而除去硫酸根，此时溶液中含有Na+、Ca2+、Mg2+、Ba2+和Cl-，再加入过量Na2CO3溶液，生成沉淀BaCO3和CaCO3而除去Ca2+和Ba2+，再加入过量的NaOH溶液，生成沉淀Mg(OH)2而除去Mg2+，过滤后再向滤液中加入适量的HCl除去过量的NaOH和Na2CO3，再蒸发结晶得到精盐。 【详解】（1）Ca2＋应用Na2CO3除去，SO应用Ba2＋除去，Mg2＋应用NaOH除去，同时Na2CO3还要除去多余BaCl2，因此顺序是BaCl2、Na2CO3、NaOH； （2）硫酸根离子可以和钡离子反应生成白色沉淀，若其被完全沉淀，则滤液中不再存在硫酸根离子，故检验方法为：先加足量稀盐酸，再加溶液，若溶液不出现浑浊，说明已沉淀完全； （3）为了使杂志离子除干净，所加的试剂是过量的，即溶液中存在过量的氢氧化钠和碳酸钠，则当加入盐酸发生的离子方程式为：、； （4）加入盐酸后溶液中的溶质主要是氯化钠，和稍微过量的盐酸，可以采用蒸发结晶的方法得到氯化钠固体，采用的仪器为蒸发皿，玻璃棒和酒精灯，故选acd； （5）根据分析可知，在除杂过程生成了沉淀、、、，其中、、可以和盐酸反应，故原因是：若在过滤前加入盐酸，会使生成的、、溶解。 26．(1) (2)先加足量稀盐酸，再加溶液，若溶液不出现浑浊，说明已沉淀完全 (3) (4) 蒸发 acd (5)会使生成的[、、]沉淀溶解 【分析】在粗盐除杂工艺中，粗盐溶解、过滤后加入过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀而除去SO，此时溶液中含有Na+、Ca2+、Mg2+、Ba2+和Cl-，再加入过量Na2CO3溶液，生成沉淀BaCO3和CaCO3而除去Ca2+和Ba2+，再加入过量的NaOH溶液，生成沉淀Mg(OH)2而除去Mg2+，最后再加入适量的HCl除去过量的NaOH和Na2CO3，最后得到精盐。 【详解】（1）Ca2＋应用Na2CO3除去，SO42－应用Ba2＋除去，Mg2＋应用NaOH除去，同时Na2CO3还要除去多余BaCl2，因此顺序是BaCl2、Na2CO3、NaOH； （2）硫酸根离子可以和钡离子反应生成白色沉淀，若其被完全沉淀，则滤液中不再存在硫酸根离子，故检验方法为：先加足量稀盐酸，再加溶液，若溶液不出现浑浊，说明已沉淀完全； （3）为了使杂志离子除干净，所加的试剂是过量的，即溶液中存在过量的氢氧化钠和碳酸钠，则当加入盐酸发生的离子方程式为：；； （4）加入盐酸后溶液中的溶质主要是氯化钠，和稍微过量的盐酸，可以采用蒸发结晶的方法得到氯化钠固体，采用的仪器为蒸发皿，玻璃棒和酒精灯，故选acd； （5）根据分析可知，在除杂过程生成了沉淀、、，其中、、]可以和盐酸反应，故原因是：若在过滤前加入盐酸，会使生成的[、、]沉淀溶解。 27．(1) (2) (3)使NO全部转化成HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3 (4) 1 图中信息可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当混合气体中二氧化氮含量α小于50%时，加入H2O2，能氧化NO生成NO2，NO2含量越大使氮氧化物吸收率增大 (5)氨分离器中的氮气和氢气混合气体循环使用 【分析】合成塔中合成氨，分离出氨气后的氮气和氢气混合气体循环使用，氧化炉中氨气催化氧化生成一氧化氮，通入空气，在吸收塔中一氧化氮转化为硝酸，最后进行尾气吸收，据此作答。 【详解】（1）工业合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂作用下生成氨气，反应的化学方程式为：，故答案为：。 （2）900°C时氨气被氧化产生NO，发生主要反应的化学方程式为：，故答案为：。 （3）吸收塔中通入空气的目的是：使NO全部转化成HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故答案为：使NO全部转化成HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3。 （4）①反应：，NO中氮元素化合价+2升高到+3价，NO2中氮元素化合价+4价降低到+3价，电子转移总数1，反应I生成时，转移电子的物质的量为1mol，故答案为：1； ②图中分析可知氮氧化物吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当α小于50%时，加入H2O2能氧化NO生成NO2，NO2含量增大提升氮氧化物的吸收率，故答案为：图中信息可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当混合气体中二氧化氮含量α小于50%时，加入H2O2，能氧化NO生成NO2，NO2含量越大使氮氧化物吸收率增大。 （5）上述工业流程中体现绿色化学理念的设计是物质的循环利用、尾气处理等措施，由此可知上述工业流程中体现绿色化学理念的设计是氨分离器中的氮气和氢气混合气体循环使用，故答案为：氨分离器中的氮气和氢气混合气体循环使用。 28．(1) Na2SO3、H2O (2) 溶液 酸性条件下，具有氧化性 (3)沉淀溶解，产生红棕色气体 (4) 【详解】（1）A中反应的化学方程式是；NaOH与SO2反应，生成Na2SO3与H2O； （2）因为实验证实，白色沉淀(t1)中不含Ag2SO4，含Ag2SO3，t1时，C中产生白色沉淀的离子方程式是；实验证实，白色沉淀（t1）中不含，含，可知白色沉淀是，滤液中含有和，加入试剂无现象，则试剂为，加入产生白色沉淀，原因是酸性条件下具有氧化性，将氧化为 （3）浓HNO3与Ag发生反应生成二氧化氮，现象是沉淀溶解，产生红棕色气体； （4）由实验现象可知，时，中的作用是还原剂，发生反应： 【点睛】用NaOH溶液吸收尾气中的SO2的时候，默认NaOH溶液是过量的； 29．(1) ①⑥ 氯水黄绿色褪去； ②⑦； (2)； (3) 溶液中是否含有 防止与反应产生白色沉淀干扰实验现象； 设计此实验进行对比，防止对实验结果造成干扰 实验a中白色沉淀的量比实验b多或实验a中有白色沉淀而实验b中没有（答案合理即可） (4)SO2水溶液和Na2S反应生成S单质 (5)3 【分析】实验2中，将+4价的S转化为+6价的S，可选择试剂SO2水溶液和氯水，二者反应生成H2SO4和HCl，氯水的黄绿色褪去；实验5中，将+6价的S转化为+4价的S，可选择Cu和浓硫酸，二者在加热条件下反应生成SO2。 【详解】（1）①实验2中，将+4价的S转化为+6价的S，可选择试剂SO2水溶液和氯水，二者反应生成H2SO4和HCl，氯水的黄绿色褪去，故i为①⑥ ，故答案为：①⑥； ②ii为氯水黄绿色褪去，故答案为：氯水黄绿色褪去； ③实验5中，将+6价的S转化为+4价的S，可选择Cu和浓硫酸，二者在加热条件下反应生成SO2，iii为②⑦，故答案为：②⑦； （2）Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，化学方程式为：，故答案为：； （3）①向反应后的溶液中先加过量稀盐酸，再加足量溶液，可检验溶液中是否含有，故答案为：溶液中是否含有； ②和稀盐酸反应生成SO2，加稀盐酸可以除去未反应的，防止与反应产生白色沉淀干扰实验现象，故答案为：防止与反应产生白色沉淀干扰实验现象； ③具有还原性，也可能被空气的中O2氧化为，故设计此实验进行对比，防止对实验结果造成干扰，故答案为：设计此实验进行对比，防止对实验结果造成干扰； ④若实验a中白色沉淀的量比实验b多，或实验a中有白色沉淀而实验b中没有，即可验证是转化为，故答案为：实验a中白色沉淀的量比实验b多或实验a中有白色沉淀而实验b中没有（答案合理即可）； （4）SO2水溶液和Na2S反应生成S单质，故答案为：SO2水溶液和Na2S反应生成S单质； （5）实验中能体现SO2氧化性的是实验3，SO2中的S从+4价降至0价，发生还原反应，故答案为：3。 30．(1)MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3) 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O HClO 酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质 继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀 (4) < 碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强 (5)氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化 【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气通过饱和食盐水，除去含有的氯化氢气体，再通入碘化钾溶液中，氯气和碘化钾反应生成碘单质，当碘化钾溶液变棕黄色，即说明有碘单质生成，再加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠反应生成碘酸钠和碘化钠，最后烧杯中的氢氧化钠吸收多余的氯气，防止污染。据此解答。 【详解】（1）A装置为制取氯气，反应的方程式为：。 A装置发生的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O； （2）C装置用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，发生的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； （3）①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下： 原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。 原因二：多余的氯气和水反应生成次氯酸，可能HClO在酸性条件下将溶液中的氧化。 ②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验： ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到氯化钠和碘化钠的无色溶液，和碘酸钙沉淀。 ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。说明。 a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论是不含有碘酸根离子时，酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质。 ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色，说明产生了碘单质。 ⅳ.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀。说明溶液中的碘酸根离子被消耗或消耗完。 b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。 （4）根据实验ⅲ中可知，碘酸根离子氧化碘离子生成碘单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析得出：氧化性<，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强。 （5）溴酸根离子和氯酸根离子的氧化性接近，但溴和氯为同主族元素原子，氯的电负性大于溴，故氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化。【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$