精品解析：江苏南通田家炳中学2025-2026学年高一年级第二学期第一次阶段性测试—化学试卷

高一年级第二学期第一次阶段性测试—化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Co 59 Cu 64 一、选择题(共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。) 1. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是 A. 纳米铁粉可以去除被污染水体中的、等重金属离子 B. 将加碘盐加入淀粉溶液中，淀粉溶液可变蓝 C. 葡萄酒中通常含有微量，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化 D. 燃煤中加入可以减少酸雨的形成 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁具有还原性，纳米铁粉可以去除被污染水体中的、等重金属离子，故A正确； B．加碘盐中含有KIO3，KIO3不能使淀粉变蓝，故B错误； C．具有还原性，葡萄酒中通常含有微量，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化，故C正确； D．氧化钙和二氧化硫生成CaSO3，燃煤中加入可以吸收二氧化硫，减少酸雨的形成，故D正确； 选B。 2. 少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是 A. Na2O2的电子式为 B. H2O2中化学键无方向性 C. H2O的VSEPR模型为四面体形 D. NaOH仅含离子键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2O2由钠离子、过氧根离子构成，电子式为，A错误； B．H2O2中化学键均为共价键，共价键具有方向性，B错误； C．H2O的中心原子O的价层电子对数为2+=4，孤电子对数为2，则VSEPR模型为四面体形，C正确； D．NaOH是离子化合物，由离子键构成，OH-中存在共价键，D错误； 故选C。 3. 实验室利用、等物质制备晶体。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 利用装置甲制备 B. 利用装置乙制备 C. 利用装置丙制备溶液 D. 利用装置丁分离出晶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置不能达到制备二氧化硫的实验目的，A错误； B．氢氧化钙固体与氯化铵固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，实验时为防止水冷却回流导致试管炸裂，试管口要向下倾斜，则题给装置不能达到制备氨气的实验目的，B错误； C．氨气极易溶于水、二氧化硫易溶于水，通入氨气、二氧化硫的导气管插入液面以下，会产生倒吸，则题给装置不能达到制备亚硫酸氢铵的实验目的，C错误； D．反应得到的亚硫酸氢铵溶液经冷却结晶、过滤可以得到亚硫酸氢铵晶体，则题给装置能达到分离出亚硫酸氢铵晶体的实验目的，D正确； 故选D。 4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X基态原子的s能级电子总数等于其p能级电子总数，Y基态原子核外有12种运动状态完全不同的电子，Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 原子半径： C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W D. 简单气态氢化物的热稳定性：X＞Z 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。Y基态原子核外有12种运动状态完全不同的电子，则Y为Mg元素；X基态原子的s能级电子总数等于其p能级电子总数，则其电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Y为Mg，则X只能为O元素；Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，则Z原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，其为Si元素；W和X位于同一主族，则W为S元素。从而得出X、Y、Z、W分别为O、Mg、Si、S。 【详解】A．X、Y分别为O、Mg元素，非金属性O＞Mg，则电负性：，A不正确； B．Y、W分别为Mg、S，二者位于同周期，且Mg在S的左边，同周期元素从左到右原子半径依次减小，则原子半径：，B不正确； C．Z、W分别为Si、S，二者为同周期元素，Si在S的左边，非金属性Si＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H4SiO4＜H2SO4，C不正确； D．X、Z分别为O、Si，由同周期同主族元素的性质递变规律，可得出非金属性O＞Si，简单气态氢化物的热稳定性：H2O＞SiH4，D正确； 故选D。 5. 氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过如下反应制得：。下列对该反应的说法正确的是 A. 该反应的氧化剂是和 B. 该反应的还原产物为CO C. 氮化硅中氮元素化合价为+3价 D. 每生成1mol ，转移12mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】该反应中N元素化合价由0价变为-3价、C元素化合价由0价变为+2价，Si、O元素化合价不变。 【详解】A．N元素化合价由0价变为-3价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以氧化剂是N2，Si、O元素化合价不变，SiO2不是氧化剂，A错误； B．C元素化合价由0价变为+2价，C是还原剂，CO是氧化产物，B错误； C．氮化硅中氮元素化合价为-3价，C错误； D．上述反应中每生成1mol Si3N4转移1mol×4×[0-(-3)]mol=12mol电子，D正确； 故选D。 阅读下列材料完成下面小题 ⅤA族元素及其化合物应用广泛。NH3经过催化氧化等反应可以制得HNO3；肼(N2H4)常温下为液态，燃烧热大 (642 kJ·mol－1)，产物无污染，常用作火箭燃料；白磷(P4)为正四面体结构，常用来制烟雾弹、燃烧弹；雄黄(As4S4)具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜(As2O3)和一种具有刺激性气味的气体；锑是一种银白色金属，其氧化物Sb2O3可用于制造颜料，铅锑合金可用作铅蓄电池的电极材料（负极为铅棒）。 6. 下列说法正确的是 A. N2H4分子中既有极性键，又有非极性键 B. NH3中键角比P4中键角小 C. 1 mol白磷含有4 mol P—P键 D. As基态原子核外电子排布式为[Ar]4s24p3 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 雄黄燃烧：As4S4＋7O22As2O3＋4SO2 B. NO2制HNO3的离子方程式：2NO2＋H2O=2H＋＋2NO C. NH3催化氧化： D. 用铅蓄电池电解饱和氯化镁溶液的离子方程式：2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑ 8. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氨气易液化，可用于工业制硝酸 B. 肼具有碱性，可用作火箭燃料 C. 三氧化二锑呈白色，可用于制造颜料 D. 铅锑合金熔点低，可用作铅蓄电池电极材料 【答案】6. A 7. A 8. C 【解析】 【6题详解】 A．N2H4分子中既有N-H极性键，又有N-N非极性键，A正确 B．NH3分子中N原子的价层电子对数为，孤对电子数为1，所以为三角锥形结构，键角远大于60°，白磷(P4)为正四面体结构，P4中键角为60°，B错误； C．白磷(P4)为正四面体结构，1 mol白磷含有6 mol P—P键，C错误； D．As基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，D错误； 故选A； 【7题详解】 A．由题干信息可知，雄黄(As4S4)具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜(As2O3)和一种具有刺激性气味的气体即为SO2，则雄黄燃烧的反应方程式为：As4S4＋7O22As2O3＋4SO2，A正确； B．二氧化氮和水生成硝酸和NO：，B错误； C．氨气催化氧化生成NO和H2O，，C错误； D．用铅蓄电池电解饱和氯化镁溶液反应生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，离子方程式：，D错误； 故选A； 【8题详解】 A．根据工业上制备HNO3的原理，、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氨气可用于工业制硝酸，与氨气易液化无关， A不合题意； B．肼用作火箭燃料是由于其燃烧放出大量的热，且产物为N2和H2O没有污染，与肼具有碱性无关，B不合题意； C．由题干信息可知，三氧化二锑呈白色，可用于制造颜料，二者有因果关系，C符合题意； D．铅锑合金可用作铅蓄电池电极材料，主要是利用其导电性和Sb的化学性质比较活泼，与其熔点低无关，D不合题意； 故选C。 9. 下列说法正确的是 A. 氮的固定能生成、、NO、等多种物质 B. 如图所示DNA分子的两条多聚核苷酸链通过共价键结合在一起 C. 中N-H键长大于中C-H D. 蛋白质是两性分子，既能与酸反应又能与碱反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮的固定是将游离态氮（）转化为化合态氮的过程，产物为含氮化合物，而是游离态氮，不属于氮的固定产物，A错误； B．DNA的两条多聚核苷酸链通过碱基对之间的氢键结合，不是共价键，B错误； C．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，N原子半径小于C原子，因此中N-H键长小于中C-H键长，C错误； D．蛋白质分子中同时含有碱性的氨基和酸性的羧基，属于两性分子，既能与酸反应又能与碱反应，D正确； 故答案选D。 10. 下列选项所示的物质间转化不能一步实现的是 A. NH3N2 B. Al3+ C. NH3(g)N2(g) D. NH3NH4HSO4 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH3中的N元素显-3价，NO中的N元素显+2价，N2中的N元素显0价，0介于-3和+2之间，发生归中反应可以实现一步实现，A不符合题意； B．Al3+与氨水反应生成Al(OH)3，氨水显弱碱性，Al(OH)3不溶于弱碱，所以不能生成偏铝酸根离子，B符合题意； C．氨气具有还原性，氯气具有氧化性，氯气能把氨气氧化为氮气，C不符合题意； D．NH3与足量硫酸反应，可以生成NH4HSO4，D不符合题意； 答案选B。 11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是 选项 实验操作和现象 结论或解释 A 淀粉-KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去 还原性：SO2>I->Cl- B 检验SO2气体中是否混有SO3(g)：将气体通入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成 混有SO3(g) C 用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X，出现白烟 该气体只能是HCl D 用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．由现象可知氯气氧化碘离子生成碘单质，后碘与SO2发生氧化还原反应生成硫酸、HI，则还原性为SO2>I->Cl-，故A正确； B．将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，酸性条件下亚硫酸根离子被硝酸根离子氧化，最终也能产生硫酸钡沉淀，无法检验二氧化硫中混有SO3(g)，故B错误； C．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X，出现白烟，该气体为Cl2，HCl没有颜色，故C错误； D．盐酸为挥发性酸，盐酸能与硅酸钠溶液反应，则该实验不能比较碳酸、硅酸的酸性，故D错误； 故选A。 12. 取一定量胆矾晶体(CuSO4·5H2O)加热分解，固体残留率() 随温度的变化如图所示： 下列说法中不正确的是 A. 110°C 时的晶体化学式 CuSO4·3H2O B. 260°C~ 650°C 过程中的反应方程式为CuSO4·H2OCuSO4+H2O C. 已知 650°C 加热至 1000°C ，产物为一种固体与一种气体， 则气体为SO2 D. M 点所得固体是 CuO 与 Cu2O 的混合物 【答案】C 【解析】 【分析】胆矾晶体受热会首先逐次失去结晶水，失去2分子结晶水时，固体残留率为；失去4分子结晶水时，固体残留率为；失去5分子结晶水时，固体残留率为；硫酸铜分解为氧化铜和三氧化硫时，固体残留率为；氧化铜高温分解为氧化亚铜和氧气时，固体残留率为； 【详解】A．由分析可知，110°C 时胆矾失去2分子结晶水，得到晶体化学式 CuSO4·3H2O A正确； B．260°C~ 650°C 过程中CuSO4·H2O失去最后1分子结晶水得到无水硫酸铜，反应方程式为CuSO4·H2OCuSO4+H2O，B正确； C．由分析可知，650°C加热至 1000°C，产物为一种固体与一种气体， 则气体为SO3，C错误； D．由分析可知，M 点所得固体是 CuO 与 Cu2O 的混合物，D正确； 故选C。 13. 烟气脱硫能有效减少SO2的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝［(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3］溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是 A. “酸浸”后，所得滤渣Ⅰ的主要成分为H2SiO3 B. pH约为3.6时，溶液中存在大量的H+、Al3+、CO C. 调pH时，若pH偏高，则所得溶液中c(Al3＋)将增大 D. 碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知，粉煤灰和稀硫酸混合，氧化铝溶解，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，加入CaCO3粉末调节pH=3.6除去过量的氢离子，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，用滤液Ⅱ吸收二氧化硫，生成的SO易被氧化生成SO，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3，以此来解答。 【详解】A．SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，A错误； B．氢离子和碳酸根不能大量共存，加入CaCO3粉末的目的就是除去过量氢离子，B错误； C．若pH偏高，会生成氢氧化铝沉淀，所得溶液中c(Al3＋)减小，C错误； D．二氧化硫与水反应生成的SO易被氧化生成SO，所以碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大，D正确； 综上所述答案为D。 二、非选择题（共四题，61分） 14. 已知ABCDEF为短周期主族元素，G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。（用相应元素符号答题） 元素符号 元素性质或原子结构的相关叙述 A AF3的中心原子杂化方式为sp2 B 基态B原子的未成对电子数为2 C CF3的空间结构为三角锥 D 短周期Ⅰ1最小 E I1=578kJ/mol I2=1817kJ/mol I3=2745kJ/mol I4=11575kJ/mol ··· F 最高正化合价与最低负化合价代数和为6 G 在周期表的第八列 （1）A在周期表中的位置为_____，属于______区的元素。最高价氧化物对应水化物的酸是 H3AO3，在水溶液中能与水反应生成[A(OH)4]﹣而体现一元弱酸的性质，[A(OH)4]﹣中A的原子杂化类型为_______。 （2）基态C原子核外电子的空间运动状态有_______种。 （3）写出离子BC-的电子式：_______。 （4）CDEF中形成的简单离子中，离子半径最小的是________（填离子符号）。 （5）CF2-的空间结构为_______，键角比CF3______（大或小或相等） （6）Mn2+在水中难以被氧化，而G2+却易被氧化成G3+，请从离子的价层电子角度解释两离子的还原性差异_______。 【答案】（1） ①. 第二周期第ⅢA族 ②. p ③. （2）5 （3） （4） （5） ①. V形 ②. 小 （6）的价电子排布为，为半充满的稳定结构，难以失去电子，的价电子排布为，失去1个电子可得到半充满稳定结构，因此更易被氧化 【解析】 【分析】已知F是短周期主族元素，最高正化合价与最低负化合价代数和为6，设最高正价为，最低负价为，则，解得，说明F是第ⅦA族短周期元素，因此F为Cl，中心原子杂化方式为，说明中心原子价层电子对数为3，无孤对电子，说明A的价电子数为3，且A原子序数最小，只有硼符合，因此A为B，已知的空间结构为三角锥形，说明中心C的价层电子对数为4，含1对孤电子，说明中心原子价电子数为5，且原子序数大于B、小于Cl，所以C为N，基态B原子的未成对电子数为2，原子序数介于B和N之间，故B为C，D为短周期元素，且原子序数大于N、小于Cl，短周期第一电离能最小的主族元素是Na，所以D是Na，由表中E的数据可知，远大于​，说明E原子最外层有3个电子，失去3个电子后达到稳定结构，第4个电子极难失去，原子序数介于Na和Cl之间，故E为Al，G为第四周期元素，位于周期表第8列，第8列元素为Ⅷ族元素，第四周期第8列的元素为Fe，综上可知A~G依次是、、、、、、，据此分析： 【小问1详解】 由分析可知，A为B，原子序数为5，在周期表中位于第二周期第ⅢA族，最后一个电子填充在p轨道，属于p区，中形成4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，故为杂化； 【小问2详解】 由分析可知，C是N，N核外电子的空间运动状态数等于核外轨道数，核外电子排布为，共有个轨道，故空间运动状态共5种； 【小问3详解】 由分析可知，为，碳氮之间形成三键，最外层满足8电子稳定结构，带1个单位负电荷，其电子式为； 【小问4详解】 由分析可知，C、D、E、F的简单离子分别为，电子层数最多半径最大，，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故半径最小的是； 【小问5详解】 由分析可知，为，中心的价层电子对数为，空间结构为V形，中心只有1对孤对电子、价层电子对数为4，中心原子均为sp3杂化，孤对电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，孤对越多键角越小，故​键角比小； 【小问6详解】 的价电子排布为，为半充满的稳定结构，难以失去电子，的价电子排布为，失去1个电子可得到半充满稳定结构，因此更易被氧化。 15. 含硫化合物具有多种多样的用途 （1）MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。 一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 在光照条件下，MnS能促进水体中的或转化为具有强氧化性的，氧化分解四环素分子。在相同条件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。 ②具有强氧化性的原因是______。 ③实际水体中存在、等离子，实验发现会显著降低四环素的降解效率、推测可能原因：______。 （2）可用于制备新型催化剂。步骤如下。 ①向溶液中加入溶液，充分反应后过滤，得到。其他条件一定，钴浸出率与反应温度的关系如图所示。温度高于50℃，钴沉淀率下降的原因是___。 ②将在空气中加热可制得(Co为+2、+3价)。通过下列方法测定的化学式：取一定质量的，加入过量盐酸，固体完全溶解后钴元素均转化为，加入指示剂，用EDTA(用表示)溶液滴定至终点，消耗24.00mLEDTA溶液。另取相同质量的钴氧化物，加入和混合溶液，中加入溶液，样品完全溶解后，用标准溶液滴定剩余的，达到滴定终点时消耗溶液20.00mL。计算的化学式_______(写出计算过程)。 已知：。 【答案】（1） ①. 将中Mn还原为+2价Mn（或Mn2+） ②. 氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子 ③. 与发生反应，导致与四环素反应的变少 （2） ①. 温度升高，(NH4)2C2O4受热分解，浓度减小，CoC2O4・2H2O的溶解度随温度升高而增大，所以沉淀率下降 ②. 总钴的物质的量：；与反应的的物质的量：；由，得；则原样品中；由电荷守恒：，得；原子比：，化学式为。 【解析】 【分析】正极材料含及炭黑、铝箔等，加入、硫酸，酸浸，将中Mn还原为Mn2+，Al生成Al3+，过滤除掉不溶的炭黑，加入CS(NH2)2，沉锰，生成MnS沉淀； 【小问1详解】 ①流程目标是合成MnS，所以加入，目的是将中Mn还原为+2价Mn（或Mn2+）； ②具有强氧化性的原因是：氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子； ③与发生反应，导致与四环素反应的变少，导致四环素的降解效率降低； 【小问2详解】 温度高于50°C，沉淀率下降，原因是:温度升高，(NH4)2C2O4受热分解，浓度减小，CoC2O4・2H2O的溶解度随温度升高而增大，所以沉淀率下降； 总钴的物质的量:EDTA与Co2+1:1反应，因此n(Co)=n(EDTA) =0.2500 mol/L0.02400L=0.006000 mol；总Fe2+物质的量:n(Fe2+)总=0.2500 mol/L0.03200L=0.008000 mol；高锰酸钾滴定剩余Fe2+，~ 5Fe2+，因此剩余Fe2+：n(Fe2+)剩=5n()=50.04000mol/L0.02000L=0.004000mol；与Co3+反应的Fe2+：n(Fe2+)反应=0.008000mol-0.004000mol= 0.004000mol，由Co3++Fe2+= Co2++ Fe3+，得n(Co3+)=0.004000mol，n(Co2+)=0.006000mol-0.004000mol=0.002000mol；电荷守恒:2n(Co2+)+3n(Co3+)=2n(O2-)代入得:20.002000+30.004000= 2n(O2-)，解得n(O2-)=0.008000mol；原子比：n(Co):n(O)=0.006:0.008= 3:4，因此化学式为Co3O4。 16. 常用作阻燃剂。从海水中提取溴可用于制备。 （1）制。海水提溴流程如下。 ①“氧化”过程在酸性条件下进行的原因是_______。 ②“吸收”过程中，溶液理论上能吸收________。 ③“酸化”过程中，不用盐酸酸化的原因是_______。 （2）制。65℃下，浓氨水、液溴和过量石灰乳反应生成和一种无色气体。 ①此反应的化学方程式为_______。 ②加料时控制投料比的原因是_______。 ③滤液中含有少量、，请补充从滤液中提取的实验操作：取一定量滤液在通风橱中加热除去多余的氨，_______。 (实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗、真空干燥箱)。 【答案】（1） ①. 酸性条件下可以抑制和与水的反应，提高的氧化性 ②. 0.18 ③. 盐酸中的会被(或)氧化为，引入杂质减少的产率 （2） ①. ②. 确保完全反应，避免过量残留引入杂质 ③. 加入氢溴酸至溶液呈酸性，充分反应后加入活性炭，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，用乙醇洗涤晶体，置于真空干燥箱中干燥 【解析】 【小问1详解】 ①海水提溴中的“氧化”步骤是利用将氧化为。和均能与水发生可逆反应，酸性条件浓度较高，可以抑制和与水的反应，减少了氧化剂的损耗，同时提高的氧化性。 ②吸收过程中溶液吸收发生歧化反应，。由方程式可知。的物质的量为0.1L×1.80 mol·L-1=0.18 mol，故理论上吸收的物质的量为0.18 mol。 ③、等离子在酸性条件下氧化，减少的产率。 【小问2详解】 ①浓氨水、液溴和过量石灰乳反应，为氧化剂，将氧化为，自身被还原为，提供生成，根据电子守恒以及原子守恒，配平得。 ②由反应方程式。实际控制为，稍过量可避免过量残留。 ③从滤液中提取的操作滤液中含有少量(或)，需要用氢溴酸将其还原为，如。加入活性炭吸附过量以及杂质，用砂芯漏斗过滤除去活性炭；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得晶体；用乙醇洗涤减少晶体溶解损失；最后在真空干燥箱中干燥(防止加热失去结晶水)。 17. 某研究团队利用二氧化氯液相氧化协同氨法对锅炉产生的烟气(主要成分NO、SO2、N2)进行脱硫、脱硝研究。 （1）二氧化氯制备。研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2；该反应的化学反应方程式为__________。 （2）二氧化氯液相氧化协同氨法脱除。研究中首先用制备的ClO2气体配制浓度为150mg/L的ClO2溶液，接着向浓度为0.3％的氨水吸收液中添加浓度为150mg/L的ClO2溶液，组成复合吸收液来对模拟烟气中NO和SO2同时脱除。脱除时NO发生反应：。 ①脱除时SO2发生反应的离子方程式为__________。 ②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是__________。 ③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是__________。 （3）脱除效果检测。实验室利用模拟烟气探究该方法“脱硫”、“脱硝”的效果，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响曲线如图所示。 ①检测表明SO2的脱除率明显高于NO，可能的原因__________。 ②在50℃下，若烟气中SO2和NO体积比为4:5，吸收液中烟气转化生成的、、的物质的量之比为__________。 ③列举一条用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点__________。 【答案】（1）2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O （2） ①. 5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl- ②. 增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率 ③. SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除 （3） ①. SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低 ②. 1:1:1 ③. 反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝 【解析】 【小问1详解】 研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O； 【小问2详解】 ①脱除时SO2发生反应即SO2转化为(NH4)2SO4，即S被氧化，ClO2中的Cl被还原，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5(NH4)2SO4+2NH4Cl，则该反应的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，故答案为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-； ②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是采用固液逆向对流可以增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率，故答案为：增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率； ③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，由题干图示信息可知，溶液pH值越小，ORP值越大，即氧化还原电位越大，氧化能力越强，故测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除，故答案为：SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除； 【小问3详解】 ①由图可知，SO2的脱除率高于NO，其原因是SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低，故答案为：SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低； ②②模拟烟气中SO2和NO的物质的量之比为4：5，设其物质的量分别为4mol、5mol，50℃时，两者的吸收率分别为100%和80%，脱硫的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，则该反应生成的Cl-为1.6mol，为4mol，脱硝的离子方程式为：，则该反应生成的Cl-为5mol×80%×=2.4mol,生成的为5mol×80%=4mol，故吸收液中烟气转化生成的、、Cl-的物质的量之比为4：4：(1.6+2.4)=1:1:1，故答案为：1:1:1； ③由上述反应方程式可知，用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点为反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝，故答案为：反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级第二学期第一次阶段性测试—化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Co 59 Cu 64 一、选择题(共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。) 1. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是 A. 纳米铁粉可以去除被污染水体中的、等重金属离子 B. 将加碘盐加入淀粉溶液中，淀粉溶液可变蓝 C. 葡萄酒中通常含有微量，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化 D. 燃煤中加入可以减少酸雨的形成 2. 少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是 A. Na2O2的电子式为 B. H2O2中化学键无方向性 C. H2O的VSEPR模型为四面体形 D. NaOH仅含离子键 3. 实验室利用、等物质制备晶体。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 利用装置甲制备 B. 利用装置乙制备 C. 利用装置丙制备溶液 D. 利用装置丁分离出晶体 4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X基态原子的s能级电子总数等于其p能级电子总数，Y基态原子核外有12种运动状态完全不同的电子，Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 原子半径： C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W D. 简单气态氢化物的热稳定性：X＞Z 5. 氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过如下反应制得：。下列对该反应的说法正确的是 A. 该反应的氧化剂是和 B. 该反应的还原产物为CO C. 氮化硅中氮元素化合价为+3价 D. 每生成1mol ，转移12mol电子 阅读下列材料完成下面小题 ⅤA族元素及其化合物应用广泛。NH3经过催化氧化等反应可以制得HNO3；肼(N2H4)常温下为液态，燃烧热大 (642 kJ·mol－1)，产物无污染，常用作火箭燃料；白磷(P4)为正四面体结构，常用来制烟雾弹、燃烧弹；雄黄(As4S4)具有解毒、杀虫功效，燃烧后生成砒霜(As2O3)和一种具有刺激性气味的气体；锑是一种银白色金属，其氧化物Sb2O3可用于制造颜料，铅锑合金可用作铅蓄电池的电极材料（负极为铅棒）。 6. 下列说法正确的是 A. N2H4分子中既有极性键，又有非极性键 B. NH3中键角比P4中键角小 C. 1 mol白磷含有4 mol P—P键 D. As基态原子核外电子排布式为[Ar]4s24p3 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 雄黄燃烧：As4S4＋7O22As2O3＋4SO2 B. NO2制HNO3的离子方程式：2NO2＋H2O=2H＋＋2NO C. NH3催化氧化： D. 用铅蓄电池电解饱和氯化镁溶液的离子方程式：2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑ 8. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氨气易液化，可用于工业制硝酸 B. 肼具有碱性，可用作火箭燃料 C. 三氧化二锑呈白色，可用于制造颜料 D. 铅锑合金熔点低，可用作铅蓄电池电极材料 9. 下列说法正确的是 A. 氮的固定能生成、、NO、等多种物质 B. 如图所示DNA分子的两条多聚核苷酸链通过共价键结合在一起 C. 中N-H键长大于中C-H D. 蛋白质是两性分子，既能与酸反应又能与碱反应 10. 下列选项所示的物质间转化不能一步实现的是 A. NH3N2 B. Al3+ C. NH3(g)N2(g) D. NH3NH4HSO4 11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是 选项 实验操作和现象 结论或解释 A 淀粉-KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去 还原性：SO2>I->Cl- B 检验SO2气体中是否混有SO3(g)：将气体通入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成 混有SO3(g) C 用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X，出现白烟 该气体只能是HCl D 用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 A. A B. B C. C D. D 12. 取一定量胆矾晶体(CuSO4·5H2O)加热分解，固体残留率() 随温度的变化如图所示： 下列说法中不正确的是 A. 110°C 时的晶体化学式 CuSO4·3H2O B. 260°C~ 650°C 过程中的反应方程式为CuSO4·H2OCuSO4+H2O C. 已知 650°C 加热至 1000°C ，产物为一种固体与一种气体， 则气体为SO2 D. M 点所得固体是 CuO 与 Cu2O 的混合物 13. 烟气脱硫能有效减少SO2的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝［(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3］溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是 A. “酸浸”后，所得滤渣Ⅰ的主要成分为H2SiO3 B. pH约为3.6时，溶液中存在大量的H+、Al3+、CO C. 调pH时，若pH偏高，则所得溶液中c(Al3＋)将增大 D. 碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO)将增大 二、非选择题（共四题，61分） 14. 已知ABCDEF为短周期主族元素，G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。（用相应元素符号答题） 元素符号 元素性质或原子结构的相关叙述 A AF3的中心原子杂化方式为sp2 B 基态B原子的未成对电子数为2 C CF3的空间结构为三角锥 D 短周期Ⅰ1最小 E I1=578kJ/mol I2=1817kJ/mol I3=2745kJ/mol I4=11575kJ/mol ··· F 最高正化合价与最低负化合价代数和为6 G 在周期表的第八列 （1）A在周期表中的位置为_____，属于______区的元素。最高价氧化物对应水化物的酸是 H3AO3，在水溶液中能与水反应生成[A(OH)4]﹣而体现一元弱酸的性质，[A(OH)4]﹣中A的原子杂化类型为_______。 （2）基态C原子核外电子的空间运动状态有_______种。 （3）写出离子BC-的电子式：_______。 （4）CDEF中形成的简单离子中，离子半径最小的是________（填离子符号）。 （5）CF2-的空间结构为_______，键角比CF3______（大或小或相等） （6）Mn2+在水中难以被氧化，而G2+却易被氧化成G3+，请从离子的价层电子角度解释两离子的还原性差异_______。 15. 含硫化合物具有多种多样的用途 （1）MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。 一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 在光照条件下，MnS能促进水体中的或转化为具有强氧化性的，氧化分解四环素分子。在相同条件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。 ②具有强氧化性的原因是______。 ③实际水体中存在、等离子，实验发现会显著降低四环素的降解效率、推测可能原因：______。 （2）可用于制备新型催化剂。步骤如下。 ①向溶液中加入溶液，充分反应后过滤，得到。其他条件一定，钴浸出率与反应温度的关系如图所示。温度高于50℃，钴沉淀率下降的原因是___。 ②将在空气中加热可制得(Co为+2、+3价)。通过下列方法测定的化学式：取一定质量的，加入过量盐酸，固体完全溶解后钴元素均转化为，加入指示剂，用EDTA(用表示)溶液滴定至终点，消耗24.00mLEDTA溶液。另取相同质量的钴氧化物，加入和混合溶液，中加入溶液，样品完全溶解后，用标准溶液滴定剩余的，达到滴定终点时消耗溶液20.00mL。计算的化学式_______(写出计算过程)。 已知：。 16. 常用作阻燃剂。从海水中提取溴可用于制备。 （1）制。海水提溴流程如下。 ①“氧化”过程在酸性条件下进行的原因是_______。 ②“吸收”过程中，溶液理论上能吸收________。 ③“酸化”过程中，不用盐酸酸化的原因是_______。 （2）制。65℃下，浓氨水、液溴和过量石灰乳反应生成和一种无色气体。 ①此反应的化学方程式为_______。 ②加料时控制投料比的原因是_______。 ③滤液中含有少量、，请补充从滤液中提取的实验操作：取一定量滤液在通风橱中加热除去多余的氨，_______。 (实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗、真空干燥箱)。 17. 某研究团队利用二氧化氯液相氧化协同氨法对锅炉产生的烟气(主要成分NO、SO2、N2)进行脱硫、脱硝研究。 （1）二氧化氯制备。研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2；该反应的化学反应方程式为__________。 （2）二氧化氯液相氧化协同氨法脱除。研究中首先用制备的ClO2气体配制浓度为150mg/L的ClO2溶液，接着向浓度为0.3％的氨水吸收液中添加浓度为150mg/L的ClO2溶液，组成复合吸收液来对模拟烟气中NO和SO2同时脱除。脱除时NO发生反应：。 ①脱除时SO2发生反应的离子方程式为__________。 ②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是__________。 ③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是__________。 （3）脱除效果检测。实验室利用模拟烟气探究该方法“脱硫”、“脱硝”的效果，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响曲线如图所示。 ①检测表明SO2的脱除率明显高于NO，可能的原因__________。 ②在50℃下，若烟气中SO2和NO体积比为4:5，吸收液中烟气转化生成的、、的物质的量之比为__________。 ③列举一条用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $