試題PAGE1試題2024北京北師大附屬實驗中學高一（下）期中化學一、本部分共21題，每題2分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．我國科學家研制出的碳納米管是一種具有六邊形結構的新納米材料（如圖示）。下列有關該材料的說法不正確的是（）A．屬于無機非金屬材料 B．與612C．屬于一種碳單質 D．物質內存在非極性共價鍵2．下列過程屬于物理變化的是（）A．煤的干餾 B．煤的氣化 C．石油分餾 D．石油裂化3．下列金屬中，通常用加熱分解法冶煉的是（）A．鈉 B．銅 C．鐵 D．銀4．常溫下，下列物質可用鐵質容器盛裝的是（）A．稀硝酸 B．濃硫酸 C．濃鹽酸 D．硫酸銅溶液5．下列過程屬于人工固氮的是（）A．工業合成氨 B．分離液態空氣制N2 C．閃電時N2轉化為NO D．豆科植物的根瘤菌將N2轉化為氨6．下列有關物質的用途不正確的是（）A．液氨可用作制冷劑 B．SO2可用于紙漿漂白 C．NH4HCO3可用作化肥 D．晶體硅可用作光導纖維7．下列氣體因易被氧化而不能用濃硫酸干燥的是（）A．Cl2 B．SO2 C．H2S D．NH38．下列關于硫單質的敘述不正確的是（）A．硫（俗稱硫黃）是一種黃色晶體 B．自然界中有單質硫存在 C．與金屬銅共熱生成CuS D．難溶于水，易溶于CS29．用充有NH3的燒瓶進行“噴泉實驗”，裝置及現象如圖。下列關于該實驗的分析正確的是（）A．產生“噴泉”證明NH3與H2O發生了反應 B．無色溶液變紅證明NH3極易溶于水 C．燒瓶中剩余少量氣體，證明NH3溶解已達飽和 D．加熱紅色溶液可觀察到紅色變淺或褪去10．反應8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關微粒的化學用語正確的是（）A．中子數為9的氮原子：7B．NH4Cl分子的電子式： C．N2的結構式：N≡N D．Cl﹣的結構示意圖：11．蔗糖與濃硫酸發生作用的過程如圖所示。下列關于該過程的分析不正確的是（）A．過程①白色固體變黑，主要體現了濃硫酸的脫水性 B．過程②固體體積膨脹，與產生的大量氣體有關 C．過程中產生能使品紅溶液褪色的氣體，體現了濃硫酸的酸性 D．過程中蔗糖分子發生了化學鍵的斷裂12．從干海帶中提取碘的實驗流程如圖：下列有關說法不正確的是（）A．氧化過程可以用過氧化氫代替氯水 B．試劑X可以選擇使用NaOH溶液，發生的反應為：3I2+6OH?＝5I?+IO3?+C．萃取時可使用無水乙醇代替CCl4以節約成本 D．整個過程中的操作是利用了物質的溶解性實現了碘元素的富集、分離與提純13．工業上制備下列物質的生產流程不合理的是（）A．由鋁土礦冶煉鋁：鋁土礦→提純Al2O3→HClAlCl3→B．由黃鐵礦制硫酸：黃鐵礦→煅燒SO2→催化氧化SO3→98%濃硫酸吸收H2C．工業制硝酸：N2→NH3→NO→NO2→HNO3 D．由石英砂由石英砂制高純硅：石英砂→高溫焦炭粗硅→加熱HCl14．下列各組離子在給定條件下能大量共存的是（）A．含有大量ClO?的溶液：K+、H+、Cl?、SO4B．澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、SO42?、C．遇鋁能產生H2的溶液：NH4+、K+、Cl?、D．使紫色石蕊溶液呈紅色的溶液：Mg2+、Fe2+、SO42?15．氮在自然界中的循環涉及地球上生物圈的方方面面。下列說法不正確的是（）A．細菌對氮元素的循環有重要作用 B．硝化過程和反硝化過程均為氧化還原反應 C．氨氧化過程中氧化產物和還原產物的質量比為1：1 D．Fe3+將NH4+轉化為N2的離子方程式為Fe3++2NH4+═Fe16．室溫下，將充滿某氣體的試管倒立在水中（如圖）。下列對實驗現象描述不正確的是（）實驗裝置選項氣體實驗現象ACl2試管中液面上升，取試管中溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液先變紅后褪色BSO2試管中液面上升，取試管中溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液先變紅后褪色CNO2試管中液面逐漸上升，停止后，向試管中再緩緩通入一定量的O2，試管中的液面會繼續上升DNO試管中液面無明顯上升，取出試管正立，試管口有紅棕色氣體出現A．A B．B C．C D．D17．下列離子方程式書寫正確的是（）A．酸化的FeSO4溶液長時間存放變黃：4H++2Fe2++SO42?═2Fe3++SO2↑+2HB．向（NH4）2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液：NH4++SO42?+Ba2++OH?═NHC．向FeCl3溶液中通入SO2，黃色溶液變為淺綠色：SO2+2Fe3++2H2O═SO42?+2Fe2+D．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體：Fe+NO3?+4H+═Fe18．下列物質的檢驗中，操作、現象與結論均正確的是（）A．向Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，產生白色沉淀，證明Na2SO3溶液已變質 B．向某溶液中加入濃NaOH溶液并加熱，用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗產生的氣體，若試紙變紅，該溶液中含有NH4C．向某溶液中加入鹽酸，產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，該溶液中含有CO3D．向某溶液中加入NaOH溶液，產生白色沉淀，迅速變成灰綠色，最終變為紅褐色，該溶液中含有Fe2+19．如下圖，利用培養皿探究SO2的性質。實驗時向Na2SO3固體上滴幾滴濃硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。下表中對實驗現象的描述或所做的解釋不正確的是（）選項實驗現象解釋ABaCl2溶液變渾濁SO2與BaCl2溶液反應產生了BaSO3沉淀BNa2S溶液變渾濁SO2與Na2S溶液反應產生了S單質C酸性KMnO4溶液褪色SO2具有還原性D品紅溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D20．銅與硝酸反應的裝置如圖所示，實驗步驟如下：步驟1：向試管a中加入2mL濃硝酸，塞上帶有銅絲的橡膠塞。觀察到銅絲逐漸變細，溶液變綠，試管a中充滿紅棕色氣體。步驟2：一段時間后，試管a中反應變平緩，溶液逐漸變成藍色，同時氣體顏色從下方開始變淺，最終變成無色。步驟3：反應停止后，用注射器向試管a中注入少量稀硫酸，銅絲繼續溶解，產生無色氣體。下列說法不正確的是（）A．步驟1觀察到試管a中充滿紅棕色氣體，說明銅和濃硝酸反應生成NO2 B．步驟2觀察到反應變平緩而且氣體顏色從下方開始變淺，說明濃硝酸已經變成稀硝酸 C．步驟3固體繼續溶解，說明此時銅被硫酸氧化 D．相對于步驟2，步驟1中溶液顯綠色可能是NO2溶解在硝酸銅中所致21．某小組探究Na2S溶液與KMnO4溶液反應，實驗過程如下：實驗序號ⅠⅡ實驗過程實驗現象紫色變淺（pH＜1），生成棕褐色沉淀（MnO2）溶液呈淡黃色（pH≈8），生成淺粉色沉淀（MnS）資料：ⅰ．MnO4?在強酸性條件下被還原為Mn2+ⅱ．單質硫可溶于硫化鈉溶液，溶液呈淡黃色。下列說法不正確的是（）A．根據實驗可知，Na2S被氧化 B．取少量實驗Ⅰ所得溶液進行實驗．檢測到有SO2﹣，不能說明S2﹣被MnO4?C．實驗Ⅰ中生成棕褐色沉淀，說明酸性條件下S2﹣將MnO4﹣還原為MnO2 D．實驗Ⅱ得到淺粉色沉淀，可能是S2﹣將新生成的MnO2還原為Mn2+并迅速與其結合所致二、本部分共6題，共58分。22．（10分）浩瀚的海洋中蘊藏著豐富的資源。（1）粗鹽精制。過程1除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42?雜質時，粗鹽溶解后加入沉淀劑：a．過量的Na2CO3溶液b．過量的BaCl①加入沉淀劑的順序正確的是（填序號）。A．abcB．bacC．cba②加入適量鹽酸，反應的離子方程式有2H++CO32?═H2O+CO2（2）海水提鎂。過程2中加入的試劑是。由無水MgCl2獲得Mg的化學方程式是。（3）海水提溴。主要工業生產流程如圖所示：①Cl2和苦鹵中的Br﹣反應生成Br2的離子方程式是。②吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br﹣和BrO3?，則A是a．NaCl溶液b．Na2CO3溶液c．SO2氣體③從吸收塔出來的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的離子方程式是。23．（13分）某化學實驗小組同學利用如圖所示裝置制備氨氣，并探究氨氣的性質（部分儀器已略去）。（1）制取氨氣的化學方程式為。（2）干燥氨氣可選用的試劑是（填序號）。①濃H2SO4②堿石灰③P2O5（3）收集氨氣時，氨氣的進氣口為（填“a”或“b”）。（4）證明燒瓶中氨氣集滿的方法是。（5）為防止環境污染，下列裝置中（盛放的液體均為水）可用于吸收多余氨氣的是（填序號）。（6）利用如圖所示裝置探究氨氣的還原性（部分夾持儀器未畫出）。通入干燥NH3將裝置空氣排盡后加熱，觀察到下列實驗現象或事實，其中能證明氨氣有還原性的是（填選項代號）。a．裝置Ⅰ中紅色Fe2O3粉末變為黑色粉末，經檢驗是一種鐵的氧化物b．裝置Ⅱ中無水CuSO4粉末變為藍色c．裝置Ⅲ無水CaCl2的質量增加d．生成一種無色無味氣體，該氣體無污染（7）小組同學繼續對（6）裝置Ⅰ反應后黑色粉末的組成進行探究。操作現象結論或離子方程式步驟1：取少量黑色粉末于小燒杯中，加入過量鹽酸黑色粉末全部溶解，無氣泡產生，溶液呈淺綠色溶液中可能含有Fe2+步驟2：取步驟1少量溶液于試管中，滴入2﹣3滴KSCN溶液，振蕩溶液顏色溶液中不含有Fe3+步驟3：向步驟2試管中滴入少量氯水溶液變紅色涉及離子方程式有和Fe3++3SCN??Fe（SCN）3（8）結合（6）（7）實驗，寫出（6）中NH3還原Fe2O3的化學方程式。24．（7分）硫化氫（H2S）是一種有毒氣體，高于200℃分解，溶于水顯弱酸性，脫除H2S的方法很多。（1）Na2CO3吸收H2S。含H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液在吸收塔內逆流接觸，生成兩種酸式鹽。該反應的離子方程式為。（2）干法脫硫技術。①鐵系脫硫劑：活性氧化鐵（Fe2O3?H2O）是經典而有效的脫硫劑，脫硫反應：Fe2O3?H2O+H2S→FeS+S+H2O，再生反應：FeS+H2O+O2→Fe2O3?H2O+S（脫硫反應和再生反應均未配平）。a．Fe2O3?H2O在該反應中的作用可描述為。b．若處理標況下4.48LH2S時，理論上消耗O2的物質的量為。②鋅系脫硫劑：550℃時，將H2S和還原性氣體H2按一定比例混合，以一定的流速通過裝有鋅的復合金屬脫硫劑（ZnFe2O4）的反應器，脫硫過程中，ZnFe2O4與H2S、H2反應生成了ZnS、FeS和H2O，其化學方程式為。（3）生物脫硫技術。天然氣是一種重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。H2S與堿反應轉化為HS?，在脫氮硫桿菌參與下，HS?被NO3?氧化為SO42?、NO3?被還原為N2。當33.6m3（標準狀況）某燃氣（H25．（10分）稀土是一種重要的戰略資源，我國稀土出口量世界第一。鈰（Ce）是一種典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳鈰礦（主要成分為CeCO3F）的形式存在。工業上利用氟碳鈰礦制取CeO2的一種工藝流程如圖：資料：①鈰（Ce）常見的化合價為+3和+4；②在O2作用下，氟碳鈰礦焙燒后的產物中有CeO2和CeF4；③在硫酸體系中，Ce4+在[（HA）2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+與之相反。回答下列問題：（1）步驟Ⅰ“焙燒”過程中CeCO3F發生反應的化學方程式為。（2）步驟Ⅱ充分反應后經過濾，得到的水溶液中陽離子有。（3）步驟Ⅲ的操作名稱是。（4）步驟Ⅳ中加入H2O2的目的是。（5）步驟Ⅴ中發生反應的離子方程式是。（6）取上述流程中得到的CeO2產品1.00g加硫酸溶解，可與50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反應（鈰元素被還原為Ce3+，其他雜質均不參與反應），該產品中CeO2的質量分數為（要求計算出結果）。（已知：CeO2的摩爾質量為172g/mol）26．（10分）SO2、NOx為常見的空氣污染物，會引起酸雨、光化學煙霧等污染問題。研究者以多種方法進行“脫硫”“脫硝”。（1）利用工業廢堿渣（主要成分為Na2CO3）來吸收含SO2的煙氣，同時得到Na2SO3粗品。其流程如圖所示：①操作1和操作2中均包含的分離技術為；②SO2被Na2CO3溶液吸收時，會釋放出一種無色無味氣體，該反應的離子方程式為。（2）利用含有SO2的煙氣制備NaClO2。其流程如圖所示：①反應a的化學方程式為。②反應b中的氧化劑和還原劑的物質的量之比為。（3）以NaClO溶液作為吸收劑進行一體化“脫硫”“脫硝”。控制溶液的pH＝5.5，一定時間內，溫度對SO2、NO脫除率的影響如圖所示：已知煙氣中SO2與NO的體積比為4：1，且吸收后轉化為：SO42?、①NO在吸收過程中，反應的離子方程式是。②50℃時，吸收液中煙氣轉化生成的Cl?和NO3?的物質的量之比為③煙氣中NOx含量的測定：將VL氣樣通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NO3?，加水稀釋至100mL。量取25mL該溶液，加入V1mLc1mol?L?1FeSO4溶液（過量），充分反應后，用c2mol?L?1K2Cr2O7溶液和剩余的Fe2+恰好反應（該反應的還原產物為Cr3+），消耗V2mL。氣樣中NOx折合成NO的含量為mg?L27．（8分）某化學興趣小組研究濃硝酸與KSCN溶液的反應。資料：Ⅰ.SCN?中S、C、N元素的化合價依次為：﹣2價、+4價、﹣3價。Ⅱ.SCN?的性質類似鹵素離子，能被氧化為（SCN）2，（SCN）2可聚合為紅色的（SCN）x。Ⅲ.NO2可溶于濃硝酸。（1）實驗一：向濃硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即變紅是因為生成了（填化學式）。（2）實驗二：研究SCN?的轉化產物。a．將實驗一ⅲ中的氣體通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b．過濾、洗滌白色沉淀，取少量于試管中，加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。c．另取少量實驗一ⅲ中試管內的溶液加入BaCl2溶液，產生大量白色沉淀。①甲同學根據實驗一iii的現象推斷SCN?的氧化產物中一定有NO2，乙同學認為證據不足，理由是。②通過b證實了紅棕色氣體中不含SO2，證據是。③由上述實驗現象可知：SCN?轉化的最終產物中一定有。（3）實驗三：研究實驗一ⅲ中“靜置一段時間后，突然劇烈反應，紅色迅速褪去”的原因。丙同學設計了實驗三，與實驗一進行對比，證實了一定濃度的NO2能加快濃硝酸氧化（SCN）x的化學反應速率。實驗三：①操作1是。②操作2是。

參考答案一、本部分共21題，每題2分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．【分析】A．碳納米管是一種具有六邊形結構的新納米材料，是談的單質；B．質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子互為同位素；C．一種元素組成的純凈物為單質；D．同種元素形成的共價鍵為非極性共價鍵。【解答】解：A．碳納米管屬于無機非金屬材料，故A正確；B．碳納米管屬于一種碳單質，碳納米管與6C．碳納米管是談元素組成的一種單質，屬于一種碳單質，故C正確；D．碳納米管物質的結構分析可知，物質內存在碳碳非極性共價鍵，故D正確；故選：B。【點評】本題考查了物質組成和分類、同位素、同素異形體、單質、非極性共價鍵概念的理解應用，題目難度不大。2．【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，化學變化與物理變化的本質區別是有無新物質生成，據此抓住化學變化和物理變化的區別結合事實進行分析判斷即可．【解答】解：A．煤干餾可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，屬于化學變化，故A錯誤；B．煤的氣化是將其轉化為可燃氣體的過程，主要反應為碳與水蒸氣反應生成H2、CO等氣體的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；C．石油的分餾是根據物質的沸點不同進行分離的，屬于物理變化，故C正確；D．石油裂化是大分子生成小分子，屬于化學變化，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查物理變化與化學變化的區別與聯系，難度不大，解答時要分析變化過程中是否有新物質生成．3．【分析】性質活潑的金屬用電解法冶煉；性質較活潑的金屬用熱還原法冶煉；性質不活潑的金屬用加熱分解氧化物的方法冶煉，由此分析解題。【解答】解：A．金屬鈉為活潑金屬，需要用電解法冶煉，故A錯誤；B．金屬銅的冶煉采用熱還原法，故B錯誤；C．金屬鐵的冶煉采用熱還原法，故C錯誤；D．金屬銀的冶煉采用熱分解法，故D正確；故選：D。【點評】本題考查金屬冶煉的一般方法和原理，根據金屬的活潑性采用相應的冶煉方法，難度不大。4．【分析】鐵具有還原性，遇到氧化性物質能夠發生氧化還原反應，易被腐蝕，濃硫酸氧化性很強，常溫下能夠使鐵鈍化生成致密氧化膜，可阻止反應繼續進行，據此解答。【解答】解：A．稀硝酸與鐵反應，稀硝酸能腐蝕鐵，不能用鐵制品容器盛裝，故A錯誤；B．濃硫酸具有強氧化性，常溫下使鐵鈍化生成致密氧化膜，可阻止反應繼續進行，能用鐵制容器盛裝，故B正確；C．鐵和濃鹽酸會發生反應生成氯化亞鐵，不能用鐵制容器盛裝，故C錯誤；D．鐵與硫酸銅溶液反應生成硫酸亞鐵和銅，不能用鐵制容器盛裝，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了元素化合物知識，熟悉鐵及其化合物性質是解題關鍵，題目難度不大。5．【分析】A、工業合成氨是N2與H2在一定條件下反應生成NH3；B、分離液態空氣制氮氣，是氮氣的狀態發生改變；C、閃電時N2轉化為NO，屬于自然固氮；D、豆科作物根瘤菌將N2轉化為含氮化合物，屬于生物固氮。【解答】解：A、工業合成氨是N2與H2在一定條件下反應生成NH3，屬于人工固氮，故A正確；B、分離液態空氣制氮氣，是氮氣的狀態發生改變，不屬于氮的固定，更不是人工固氮，故B錯誤；C、閃電時N2轉化為NO，屬于自然固氮，故C錯誤；D、豆科作物根瘤菌將N2轉化為含氮化合物，屬于生物固氮，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查學生氮的固定以及分類方面的知識，注意知識的積累是解題的關鍵，題目難度不大。6．【分析】A．液氨汽化時吸收大量的熱；B．SO2具有漂白性；C．NH4HCO3中含有氮元素；D．光導纖維的主要成分是二氧化硅。【解答】解：A．液氨汽化時吸收大量的熱，使周圍環境的溫度急劇降低，可用作制冷劑，故A正確；B．SO2具有漂白性，可用于紙漿漂白，故B正確；C．NH4HCO3可用作化肥，由于其中含有氮元素，故C正確；D．光導纖維的主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理制作的，不是晶體硅，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查物質的組成，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。7．【分析】濃硫酸具有強氧化性，具有較強還原性的氣體（如HI、H2S等）不能用濃硫酸干燥，以此進行判斷。【解答】解：A．Cl2不與濃硫酸反應，可以用濃硫酸干燥，故A錯誤；B．SO2不與濃硫酸反應，可以用濃硫酸干燥，故B錯誤；C．H2S具有較強還原性，能夠被濃硫酸氧化，不能用濃硫酸干燥，滿足題干要求，故C正確；D．NH3為堿性氣體，不能用濃硫酸干燥，但不是因易被氧化而不能用濃硫酸干燥，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查常見氣體的凈化與干燥方法，為高頻考點，明確題干信息、濃硫酸的性質為解答關鍵，注意掌握常見氣體的凈化與干燥方法，題目難度不大。8．【分析】解：A．硫俗稱硫黃；B．自然界中有單質硫和硫的化合物存在；C．硫與金屬銅共熱生成硫化亞銅；D．硫為非極性分子。【解答】解：A．硫俗稱硫黃，是一種黃色晶體，故A正確；B．自然界中有單質硫和硫的化合物存在，故B正確；C．硫與金屬銅共熱生成硫化亞銅，不能生成硫化銅，故C錯誤；D．硫為非極性分子，難溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故D正確；故選：C。【點評】本題考查元素化合物，側重考查學生含硫物質性質的掌握情況，試題難度中等。9．【分析】A．NH3與H2O發生了反應，也可能是NH3極易溶于水導致燒瓶內氣體壓強減小；B．無色溶液變紅證明NH3與水生成了堿性物質一水合氨；C．氨氣是極易溶于水的氣體，1體積溶解700體積，燒瓶中剩余少量氣體可能是空氣；D．氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨能電離出銨根離子和氫氧根離子，加熱影響化學平衡。【解答】解：A．產生“噴泉”證明燒瓶內外形成了較大的壓強差，不一定是NH3與H2O發生了反應，也可能是NH3極易溶于水，故A錯誤；B．無色溶液變紅證明NH3與水生成了堿性物質，不能證明氨氣記憶溶于水，故B錯誤；C．燒瓶中剩余少量氣體可能是空氣，例如止水夾下方的玻璃管未插入水中時會有空氣進入，所以燒瓶中剩余少量氣體不能說明NH3的溶解達到飽和，故C錯誤；D．紅色溶液中存在：NH3+故選：D。【點評】本題考查噴泉實驗和氨氣性質，題目難度中等，掌握噴泉實驗的發生原理和氨氣的相關性質是解題的關鍵。10．【分析】A．中子數為9的氮原子質量數為16；B．NH4Cl是離子化合物；C．N2分子中含有氮氮三鍵；D．Cl﹣核外有18個電子。【解答】解：A．中子數為9的氮原子質量數為16，該原子表示為：7B．NH4Cl是離子化合物，銨根離子和氯離子之間的離子鍵，銨根離子內氮原子和氫原子間是共價鍵，其電子式為，故B錯誤；C．N2分子中含有氮氮三鍵，結構式為N≡N，故C正確；D．Cl﹣核外有18個電子，結構示意圖，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查化學用語，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。11．【分析】A．濃硫酸將蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脫除；B．濃硫酸與碳反應生成二氧化硫、二氧化碳使固體體積膨脹；C．生成的二氧化硫使品紅溶液褪色，濃硫酸發生還原反應生成二氧化硫；D．蔗糖發生化學反應，一定有化學鍵的斷裂。【解答】解：A．濃硫酸將蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脫除，白色固體變黑，體現濃硫酸的脫水性，故A正確；B．濃硫酸脫水過程中產生大量的熱，會發生反應：C+2H2SO4（濃）△ˉCO2↑+2SO2↑+2H2C．濃硫酸脫水過程中生成的SO2使品紅溶液褪色，濃硫酸發生還原反應生成二氧化硫，體現了濃硫酸的強氧化性，故C錯誤；D．蔗糖發生化學反應，發生了化學鍵的斷裂，故D正確；故選：C。【點評】本題考查濃硫酸性質實驗，掌握濃硫酸的特性，題目難度不大，旨在考查學生對基礎知識的掌握情況。12．【分析】干海帶灼燒灰化，用水浸取海帶灰中的I﹣，過濾，得到含I﹣的溶液，加入氯水把I﹣氧化為I2，加四氯化碳萃取，分液，有機層中加可以氫氧化鈉反萃取，發生反應3I2+6OH?=5I【解答】解：A．過氧化氫能把碘離子氧化為碘單質，氧化步驟中氯水可用過氧化氫代替，故A正確；B．反萃取是把碘單質轉化為易溶于水的鹽，試劑X可用為NaOH，反萃取的離子方程式為：3IC．乙醇和水混合，萃取時，不能用無水乙醇代替四氯化碳，故C錯誤；D．碘單質易溶于四氯化碳，I﹣、IO故選：C。【點評】本題考查分離提純，側重考查學生物質之間反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。13．【分析】A．氯化鋁為共價化物不導電；B．黃鐵礦煅燒生成二氧化硫，二氧化硫經催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98%濃硫酸吸收生成硫酸；C．氮氣與氫氣反應生成氨氣，氨氣催化氧化生成NO，NO與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸；D．石英砂與焦炭高溫反應生成粗硅，粗硅與HCl高溫反應生成SiHCl3，SiHCl3與氫氣高溫反應生成純硅。【解答】解：A．鋁土礦中含其氧化物雜質，需提純后得到氧化鋁，電解熔融氧化鋁制取Al單質，氯化鋁為共價化物不導電，不能通過電解氯化鋁制備，因此不需要轉化為氯化鋁，故A錯誤；B．黃鐵礦煅燒生成二氧化硫，二氧化硫經催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98%濃硫酸吸收生成硫酸，故黃鐵礦→煅燒SO2→催化氧化SO3→98%濃硫酸吸收H2C．氮氣與氫氣反應生成氨氣，氨氣催化氧化生成NO，NO與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，N2→NH3→NO→NO2→HNO3可以實現，故C正確；D．石英砂與焦炭高溫反應生成粗硅，粗硅與HCl高溫反應生成SiHCl3，SiHCl3與氫氣高溫反應生成純硅，石英砂→高溫焦炭粗硅→加熱HCl故選：A。【點評】本題考查物質的生成流程的相關知識，為高頻考點，把握物質的性質、物質的制備流程、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。14．【分析】A．含有大量ClO﹣的溶液顯堿性；B．澄清透明溶液中，四種離子不發生反應；C．遇鋁能產生氫氣的溶液，可以是酸性溶液或者堿性溶液；D．使紫色石蕊溶液呈紅色的溶液，說明是酸性溶液。【解答】解：A．含有大量ClO﹣的溶液顯堿性，不能和氫離子共存，故A錯誤；B．澄清透明溶液中，四種離子不發生反應，均可共存，故B正確；C．遇鋁能產生氫氣的溶液，可以是酸性溶液或者堿性溶液，堿性溶液不能和NH4+D．使紫色石蕊溶液呈紅色的溶液顯酸性，酸性溶液中NO故選：B。【點評】本題考查離子反應，側重考查學生離子共存的掌握情況，試題難度中等。15．【分析】A．細菌參與了氮在自然界中的循環的過程，所以細菌對氮元素的循環有重要作用；B．硝化過程和反硝化過程均涉及到N元素的化合價發生變化；C．由圖可知氨的氧化反應為：NH4++ND．Fe3+將NH4+轉化為Fe2+、N2【解答】解：A．由圖可知，細菌參與了氮在自然界中的循環的過程，所以細菌對氮元素的循環有重要作用，故A正確；B．硝化過程和反硝化過程均涉及到N元素的化合價發生變化，故屬于氧化還原反應，故B正確；C．由圖可知氨的氧化反應為：NH4++ND．Fe3+將NH4+轉化為Fe2+、N2和H+，則得到1mol氮氣轉移6mol電子，1mol鐵離子轉移1mol電子，其離子方程式為6Fe3++2NH4+=故選：D。【點評】本題考查氧化還原反應，側重考查學生氧化還原基礎知識的掌握情況，試題難度中等。16．【分析】A．氯氣與水反應生成HCl和HClO；B．二氧化硫溶于水溶液顯酸性；C．二氧化氮與水反應生成NO和HNO3；D．NO難溶于水。【解答】解：A．氯氣與水反應生成HCl和HClO，鹽酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，故能使紫色石蕊試液先變紅后褪色，故A正確；B．二氧化硫溶于水溶液顯酸性，能使紫色石蕊試液變紅，二氧化硫不能漂白酸堿指示劑，則不能使其褪色，故B錯誤；C．二氧化氮與水反應生成NO和HNO3，試管內液面逐漸上升；再通入O2后，NO、O2和H2O反應生成硝酸，液面會繼續上升，故C正確；D．NO難溶于水，且遇到空氣后可以和氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮，故D正確；故選：B。【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生無機實驗的掌握情況，試題難度中等。17．【分析】A．二價鐵離子具有強的還原性，能夠被空氣中的氧氣氧化；B．向（NH4）2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液反應生成硫酸鋇和一水合氨；C．FeCl3具有氧化性，可以氧化SO2；D．過量鐵粉與稀硝酸反應生成Fe2+、一氧化氮和水。【解答】解：A．二價鐵離子具有強的還原性，能夠被空氣中的氧氣氧化，反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故A錯誤；B．向（NH4）2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液溶液反應生成硫酸鋇和一水合氨，離子方程式為：2NH4++SO42?+Ba2++2OH?C．FeCl3具有氧化性，可以氧化SO2：SO2+2Fe3++2H2O=SO42?+2FeD．過量鐵粉與稀硝酸反應生成Fe2+、一氧化氮和水，離子方程式為：3Fe+2NO3?+8H+＝3Fe故選：C。【點評】本題考查離子反應，側重考查學生離子方程式正誤判斷的掌握情況，試題難度中等。18．【分析】A．酸性條件下，SO32?能被NO3?氧化生成B．銨根離子與NaOH溶液并加熱反應生成氨氣；C．向某溶液中加入鹽酸，產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，該其他可能是二氧化碳或二氧化硫；D．Fe2+溶液中加入NaOH溶液反應生成氫氧化亞鐵。【解答】解：A．酸性條件下，SO32?能被NO3?氧化生成B．應該是向待測溶液中加入NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍，可以說明含有銨根離子，故B錯誤；C．向某溶液中加入鹽酸，產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，該其他可能是二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能含有SO32?或CO3D．Fe2+溶液中加入NaOH溶液反應生成氫氧化亞鐵，產生白色沉淀，迅速變成灰綠色，最終變為紅褐色，故D正確；故選：D。【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生無機實驗的掌握情況，試題難度中等。19．【分析】向Na2SO3固體上滴幾滴濃硫酸反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫不與氯化鋇反應，SO2與Na2S溶液反應產生了S單質，二氧化硫具有還原性含有高錳酸鉀溶液褪色，二氧化硫氣體使品紅溶液褪色；據此分析。【解答】解：向Na2SO3固體上滴幾滴濃硫酸反應生成二氧化硫氣體，依據二氧化硫的性質判斷；A、二氧化硫不與氯化鋇反應，不能生成BaSO3沉淀；故A錯誤；B、SO2與Na2S溶液反應，發生氧化還原反應產生了S單質；故B正確；C、二氧化硫具有還原性能使高錳酸鉀溶液褪色，表現二氧化硫的還原性；故C正確；D、向Na2SO3固體上滴幾滴濃硫酸反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫氣體使品紅溶液褪色，證明二氧化硫的漂白性，故D正確；故選：A。【點評】本題考查了二氧化硫的性質分析判斷，注意反應現象的分析和性質的應用是解題關鍵，題目難度不大，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力。20．【分析】A．銅和濃硝酸發生氧化還原反應生成紅棕色二氧化氮氣體；B．銅和稀硝酸發生氧化還原反應生成無色的一氧化氮氣體；C．步驟2得到溶液中含有硝酸根離子，步驟3加入稀硫酸，酸性條件下，硝酸根離子繼續氧化銅單質生成NO；D．NO2為紅棕色，溶解在藍色硝酸銅溶液中。【解答】解：A．銅和濃硝酸發生氧化還原反應生成紅棕色二氧化氮氣體，步驟1觀察到試管中充滿紅棕色氣體，說明銅和濃硝酸反應生成NO2，故A正確；B．銅和稀硝酸發生氧化還原反應生成無色的一氧化氮氣體，步驟2觀察到反應變平緩而且氣體顏色從下方開始變淺，說明濃硝酸已經變成稀硝酸，故B正確；C．銅不能被硫酸氧化，步驟3加入稀硫酸，步驟2得到溶液中含有硝酸根離子，酸性條件下，硝酸根離子繼續氧化銅單質生成NO，故C錯誤；D．NO2為紅棕色，溶解在藍色硝酸銅溶液中，從而使得溶液顯示綠色，故D正確；故選：C。【點評】本題考查元素化合物，側重考查學生含氮物質性質的掌握情況，試題難度中等。21．【分析】A．KMnO4中具有強氧化性，可氧化硫化鈉；B．實驗中KMnO4溶液用H2SO4酸化；C．MnO4?在強酸性條件下被還原為MnD．淺粉色沉淀為MnS。【解答】解：A．根據實驗Ⅰ、Ⅱ中的實驗現象可知發生了氧化還原反應，KMnO4中Mn元素化合價降低，被還原，同時Na2S中S元素化合價升高，被氧化，故A正確；B．實驗中KMnO4溶液用H2SO4酸化，檢測到有SO42?，可能是H2SO4電離產生，不能說明SO4C．實驗Ⅰ反應后的溶液pH＜1，根據題給資料，MnO4?在強酸性條件下被還原為Mn2+，所以MnO2不是MnO4?被S2﹣還原得到，而是過量的D．實驗Ⅱ中Na2S過量，S2﹣將新生成的MnO2還原為Mn2+并迅速與其結合生成淺粉色沉淀MnS，故D正確；故選：C。【點評】本題考查物質的性質實驗，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用及實驗裝置的作用，題目難度不大。二、本部分共6題，共58分。22．【分析】海水提溴：氯氣把苦鹵中的Br?氧化為Br2，利用Br2的揮發性，通入熱空氣將Br2吹出，用Na2CO3溶液吸收Br2，生成Br?和BrO3?，加入稀H2SO4得到Br【解答】解：（1）①除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42?雜質時，加入過量的Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+的同時，除去過量的Ba2+，即Na2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，NaOH溶液的順序則不受限制，故加入試劑順序可以是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、Na2CO故答案為：bc；②加入適量鹽酸，反應的離子方程式有2H++CO32?=H2O+CO2↑和H++OH故答案為：H++OH?＝H2O；（2）海水提鎂，過程2是Mg2+與堿反應生成Mg（OH）2沉淀，工業上一般采用加石灰乳[含Ca（OH）2]將Mg2+轉化為Mg（OH）2沉淀；電解熔融MgCl2得到Mg：MgCl2（熔融）電解ˉMg+Cl2故答案為：石灰乳；MgCl2（熔融）電解ˉMg+Cl2（3）①Cl2和苦鹵中的Br?反應生成Br2的離子方程式是Cl2+2Br?＝2Cl?+Br2，故答案為：Cl2+2Br?＝2Cl?+Br2；②Br2與堿性溶液生成Br?和BrO3?，所以選Na2CO故答案為：b；③Br?和BrO3?在氫離子作用下生成Br2，根據得失電子守恒以及原子、電荷守恒得：BrO3?+5Br?+6H+故答案為：BrO3?+5Br?+6H+＝3Br2【點評】本題考查分離提純，側重考查學生物質之間反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。23．【分析】（1）氯化銨和消石灰反應生成氯化鈣、氨氣和水；（2）濃H2SO4、P2O5與氨氣反應，堿石灰與氨氣不反應；（3）因為氨氣密度比空氣小；（4）氨氣能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍；（5）①會引起瓶內壓強增大，產生危險，③會引起倒吸，②④⑤不會倒吸，可以吸收多余氨氣，⑤第一個瓶為安全瓶，防倒吸；（6）a．氧化鐵變為黑色粉末，說明生成氧化亞鐵或者四氧化三鐵；b．無水硫酸銅變藍，只能說明產生了水；c．無水氯化鈣質量增加，可能是吸收了氨氣或水；d．生成了無色無味無污染的氣體，則氣體為氮氣；（7）KSCN溶液和Fe2+混合，溶液顏色不變，KSCN溶液和Fe3+混合，溶液變紅，所以向步驟1少量溶液中滴入2～3滴KSCN溶液，振蕩，溶液不變色，說明溶液中不含有Fe3+；Fe2+和氯水反應可生成Fe3+；（8）氨氣與Fe2O3發生氧化還原反應，生成FeO、N2、H2O。【解答】解：（1）氯化銨和消石灰反應生成氯化鈣、氨氣和水，則制取氨氣的化學方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2△ˉCaCl2+2NH3↑+2H2故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2△ˉCaCl2+2NH3↑+2H2（2）濃H2SO4、P2O5與氨氣反應，堿石灰與氨氣不反應，故選堿石灰，故答案為：②；（3）因為氨氣密度比空氣小，所以收集氨氣時，氨氣的進氣口為a，故答案為：a；（4）將濕潤的紅色石蕊試紙置于b口處，如試紙變藍，則證明燒瓶中氨氣已集滿，故答案為：將濕潤的紅色石蕊試紙置于b口處，如試紙變藍，則證明燒瓶中氨氣已集滿；（5）①會引起瓶內壓強增大，產生危險，③會引起倒吸，②④⑤不會倒吸，可以吸收多余氨氣，⑤第一個瓶為安全瓶，防倒吸，故答案為：②④⑤；（6）a．氧化鐵變為黑色粉末，說明生成氧化亞鐵或者四氧化三鐵，即有二價鐵生成，氧化鐵做氧化劑，氨氣做還原劑，故a正確；b．無水硫酸銅變藍，只能說明產生了水，不能證明氨氣做了還原劑，故b錯誤；c．無水氯化鈣質量增加，可能是吸收了氨氣或水，不能證明氨氣做了還原劑，故c錯誤；d．生成了無色無味無污染的氣體，則氣體為氮氣，氮元素化合價升高，氨氣做了還原劑，故d正確；故答案為：ad；（7）KSCN溶液和Fe2+混合，溶液顏色不變，KSCN溶液和Fe3+混合，溶液變紅，所以向步驟1少量溶液中滴入2～3滴KSCN溶液，振蕩，溶液不變色，說明溶液中不含有Fe3+；Fe2+和氯水反應可生成Fe3+，所以溶液變紅，反應的離子方程式為2Fe2++Cl2＝2Cl?+2Fe3+，故答案為：不變色；2Fe2++Cl2＝2Cl?+2Fe3+；（8）氨氣與Fe2O3發生氧化還原反應，生成FeO、N2、H2O，該反應的化學方程式為2NH3+3Fe2O3△ˉ6FeO+N2+3H2故答案為：2NH3+3Fe2O3△ˉ6FeO+N2+3H2【點評】本題考氨氣的制備，側重考查學生含氮物質性質的掌握情況，試題難度中等。24．【分析】（1）H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液生成兩種酸式鹽可知為NaHS和NaHCO3；（2）①a．該反應中．Fe2O3?H2O參加反應，最終又生成了；b．1mol氧化鐵轉化成FeS得1mol電子，每生成1molS單質轉移2mol電子，根據得失電子守恒得：Fe2O3?H2O+3H2S＝2FeS+S+4H2O，同理可得：4FeS+2H2O+3O2＝2Fe2O3?H2O+4S，結合兩反應可得：6H2S～4FeS～3O2，則2H2S～O2；②ZnFe2O4與H2S、H2反應生成了ZnS和FeS，1molZnFe2O4反應得2mol電子，1mol氫氣反應失2mol電子；（3）33.6m3（標準狀況）某燃氣（H2S的含量為0.2%）中含有硫化氫的物質的量=33.6×103L×0.2%22.4L/mol=3mol；H2S與堿反應轉化為HS﹣，根據硫原子守恒：H2S～HS﹣；在脫氮硫桿菌參與下，HS﹣被NO3【解答】解：（1）H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液生成兩種酸式鹽可知為NaHS和NaHCO3，反應的離子方程式為：H2S+CO32?=故答案為：H2S+CO32?=（2）①a．該反應中．Fe2O3?H2O參加反應，最終又生成了，則在該反應中的作用可描述為循環使用（催化劑），故答案為：循環使用（催化劑）；b．1mol氧化鐵轉化成FeS得1mol電子，每生成1molS單質轉移2mol電子，根據得失電子守恒得：Fe2O3?H2O+3H2S＝2FeS+S+4H2O，同理可得：4FeS+2H2O+3O2＝2Fe2O3?H2O+4S，結合兩反應可得：6H2S～4FeS～3O2，則2H2S～O2，處理標況下4.48LH2S即0.2mol時，理論上消耗O2的物質的量為0.1mol，故答案為：0.1mol；②ZnFe2O4與H2S、H2反應生成了ZnS和FeS，1molZnFe2O4反應得2mol電子，1mol氫氣反應失2mol電子，根據得失電子守恒可得反應：ZnFe2O4+3H2S+H2550℃ˉZnS+2FeS+4H2故答案為：ZnFe2O4+3H2S+H2550℃ˉZnS+2FeS+4H2（3）33.6m3（標準狀況）某燃氣（H2S的含量為0.2%）中含有硫化氫的物質的量=33.6×103L×0.2%22.4L/mol=3mol；H2S與堿反應轉化為HS﹣，根據硫原子守恒：H2S～HS﹣；在脫氮硫桿菌參與下，HS﹣被NO3?氧化為SO42?，NO3?被還原為N2，發生的離子反應為5HS﹣+8NO3?+3H+=故答案為：4.8。【點評】本題考查氧化還原反應，側重考查學生氧化還原計算的掌握情況，試題難度中等。25．【分析】根據流程通入氧氣焙燒CeCO3F焙燒后的產物中有CeO2、CeF4和CO2，稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固體溶解，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+轉化為Ce3+，Ce3+與氫氧化鈉和次氯酸鈉反應生成Ce（OH）4，煅燒產生CeO2。【解答】解：（1）根據題給信息知，“通入O2焙燒”過程中CeCO3F根據題給信息知，“通入O2焙燒”過程中CeCO3F發生反應的化學方程式為4CeCO3F+O2高溫ˉ3CeO2+CeF4+4CO2故答案為：4CeCO3F+O2高溫ˉ3CeO2+CeF4+4CO2（2）稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固體溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，故得到的水溶液中陽離子有Ce4+和Ce3+，故答案為：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+，經過分液可以分離出水層和有幾層，該操作為分液，故答案為：分液；（4）“反萃取”過程在稀硫酸和H2O2參與反應，H2O2作為還原劑、Ce4+作為氧化劑，生成Ce3+，故答案為：作為還原劑；（5）Ce3+在氫氧化鈉環境下被次氯酸鈉氧化生成Ce（OH）4，離子方程式為：2Ce3++6OH﹣+ClO﹣+H2O＝2Ce（OH）4+Cl﹣，故答案為：2Ce3++6OH﹣+ClO﹣+H2O＝2Ce（OH）4+Cl﹣；（6）CeO2產品1.00g加硫酸溶解，可與50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反應，發生離子方程式為：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，由此可知n（Ce3+）＝n（Fe3+）＝5×10﹣3mol＝n（CeO2），該產品中CeO2的質量分數為5×10故答案為：86%。【點評】本題考查了物質的制備，為高考常見題型，題目涉及對工藝流程的理解、對條件的控