天津市五校2022-2023学年高三上学期期中联考化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·天津市期中）化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是（ ）
A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品
B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠、K2FeO4等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
D．工业上利用合成氨实现人工固氮涉及氧化还原反应
2．（2022高三上·天津市期中）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．Cl2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
D．NH3易溶于水，可用作制冷剂
3．（2022高三上·天津市期中）下列试剂的保存方法中错误的是（ ）
A．少量的钠保存在煤油中
B．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C．选用带塑料塞的容量瓶配制碳酸钠溶液
D．氢氟酸保存在玻璃瓶中
4．（2022高三上·天津市期中）、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是（ ）
A．X的中子数为3
B．X、Y互为同位素
C．、可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
5．（2022高三上·天津市期中）在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是（ ）
A．FeSO4溶液：K+、NO、[Fe(CN)6]3-、Na+
B．在醋酸溶液中：NH 、SO、H+ 、Br－
C．加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl－、NH、NO
D．使无色酚酞试液显红色的溶液：S2－、K+、ClO－、Al3+
6．（2022高三上·天津市期中）下列检验方法，利用该气体的还原性的是（ ）
A．使品红溶液褪色
B．遇到空气变为红棕色
C．使湿润的红色石蕊试纸变蓝
D．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
7．（2022高三上·天津市期中）下列有关物质分类的说法正确的是（ ）
A．铝热剂属于纯净物 B．磁性氧化铁属于碱性氧化物
C．石墨烯属于有机物 D．三氧化硫属于酸性氧化物
8．（2019高二下·包头期末）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氨气
B． 制取碳酸氢钠
C． 分离碳酸氢钠
D． 干燥碳酸氢钠
9．（2022高三上·天津市期中）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．热稳定性：H2O＞H2S＞PH3
D．与得电子能力不同
10．（2022高三上·天津市期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B．含0.1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水制得的Fe(OH)3胶体中所含胶体粒子数小于0.1NA
C．6.4g Cu与40mL 10mol·L-1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目小于0.2NA
D．标准状况下，11.2LSO3含有1.5NA个共价键
11．（2021高三上·河南月考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向饱和溶液中滴加饱和溶液：
B．向稀硝酸中滴加溶液：
C．向新制氯水中滴加少量的溶液：
D．向溶液中加入小颗粒钠：
12．（2022高三上·天津市期中）含氮化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。
吹脱法：调节水体至8左右，然后持续向水中吹入空气。
折点氯化法：调节水体至6左右，向水中加入适量。
下列分析错误的是（ ）
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低浓度，从而降低水中与的含量
C．折点氯化法除的原理为：2NH4++3ClO =N2↑+3Cl +3H2O+2H+
D．吹脱法无法对含NO2-的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2-的水体脱氮
二、综合题
13．（2022高三上·天津市期中）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，其中只有C为金属元素。A、C原子序数之和等于E的原子序数，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍。AB2和DB2溶于水均得到酸性溶液，C2D溶于水得到碱性溶液。
（1）E元素在周期表中的位置为 ；C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。工业上制取C单质的化学方程式为 。
（2）C2B2电子式为 ，某溶液中含有①NO、②HCO、③SO、④CO、⑤SO 5种阴离子，向其中加入C2B2固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化) 。
A．① B．①③⑤ C．①④⑤ D．①②④⑤
（3）化合物C2D的水溶液在空气中久置后变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，用化学方程式表示这一变化过程
14．（2022高三上·天津市期中）硫酸是十分重要的化工原料。工业上用黄铁矿(FeS2)制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2中硫元素的化合价是 ，写出过程Ⅱ发生反应的化学方程式 。
（2）实验室各种浓度的硫酸是由浓硫酸稀释而得，
①以下配制过程中各操作的先后顺序是 。
②下列情况会使配制结果偏大的是
a．溶解后未冷却即转移、定容
b．定容时仰视容量瓶刻度线
c．用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视
d．将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶
（3）图是模拟工业过程Ⅱ来探究SO2的催化氧化过程。
①装置甲的作用是 。
②装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，目的是 。反应结束后取1.0mL丙中的流液稀释为10.0mL的稀硫酸，滴加几滴酚酞试剂、缓慢加入1.0mol/L 的NaOH溶液，当混合溶液变红时，认为硫酸恰好完全反应，此时所用NaOH溶液体积大于 mL，说明SO2催化氧化时有SO3生成。
③装置丁的作用是吸收并检验SO2已除净，现象是酸性高锰酸钾红色变浅，写出反应的离子方程式 。
④装置戊中的现象是 ，说明SO2催化氧化时有O2剩余。
15．（2022高三上·天津市期中）自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(K2FeO4)等。
（1）某研究小组用图装置制备少量ClO2(夹持装置已略去)。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是 。
②当烧瓶中的反应有0.4 mol电子发生转移时，得到的还原产物为 mol；
NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到 ，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(ClO)，需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO转化为Cl-的是 (填字母序号)。
a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能水处理剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为 。
②将K2FeO4与水反应的化学方程式补充完整： 。
4K2FeO4+ □ H2O= □ Fe(OH)3(胶体)+ □ + □ KOH
（5）用高铁酸钾(K2FeO4)除废水中的锰：
①在酸性条件下，能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，该反应的离子方程式 。
②用K2FeO4处理一定量的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4量的关系如图所示，当K2FeO4超过20mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是 。
16．（2022高三上·天津市期中）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）下列有关NH3的说法中，错误的是____。
A．工业合成NH3需要在高温高压催化剂下进行
B．NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥
C．NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
D．NH3受热易分解，须置于冷暗处保存
（2）NH3易溶于水，标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验(如图)，引发喷泉的方法是 ，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
（3）氨气在氧化炉中发生反应的化学方程式为 。
（4）HNO3是一种重要的化工原料，工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输。在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的 性。
（5）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①纯碱溶液吸收法。纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋NO2=NaNO3＋ ＋CO2(不需配平，请填写缺少物质的化学式)。
②氨转化法。已知7 mol氨恰好能将含NO和NO2共6 mol 的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．石英坩埚的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐产品，A不符合题意；
B．过氧化氢、次氯酸钠、高铁酸钾可将病毒氧化达到消毒的目的，乙醇是使蛋白质脱水变形，从而达到消毒的目的，不具有氧化性，B不符合题意；
C．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，C不符合题意；
D．工业上利用合成氨实现人工固氮，N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.石英的主要成分是二氧化硅；
B.乙醇不具有氧化性；
C.光导纤维的成分为二氧化硅，属于无机非金属材料。
2．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故其可用作呼吸面具供氧剂，A符合题意；
B．Cl2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B不符合题意；
C．SO2具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，C不符合题意；
D．液氨气化吸收大量的热，具有制冷的作用，可用作制冷剂，与其溶解性无关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B.氯气杀菌消毒利用的是其强氧化性；
C.二氧化硫作抗氧化剂是因为其具有还原性；
D.液氨汽化吸收大量热量，因此可作制冷剂。
3．【答案】D
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．钠以与空气中的氧气、水蒸气反应，但其密度大于煤油，不会与煤油反应，可以保存在煤油中，A不符合题意；
B．次氯酸见光或受热易分解，氯水见光久置后氯气浓度会大大降低，保存氯水用棕色试剂瓶避光低温保存，B不符合题意；
C．碳酸钠溶液为碱性溶液，塑料瓶赛不与溶液中组分反应，C不符合题意；
D．玻璃由硅酸盐和二氧化硅组成，氢氟酸能与硅酸盐、二氧化硅反应，不能用玻璃瓶保存氢氟酸，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.钠性质活泼，钠能和水、氧气反应，应隔绝水和空气保存；
B.氯水中次氯酸见光分解；
C.碳酸钠能与玻璃中的二氧化硅反应。
4．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A．根据化学方程式可知，a=16+3-13=6，b=8+2-8=2，则X的中子数为4，A不符合题意；
B．根据计算可知X中a为6，b为2，Y中m=16+3-15=4，n=8+2-8=2，两者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C．从题干信息可知，这两种原子的半衰期很短，不适合用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
D．自然界不存在和并不是因为化学键不稳定，而是由于和半衰期很短，容易发生核变化，转化为其他原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 可知，X为，根据 可知，Y为。
5．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe2+、K+和[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀，三者不能大量共存，A不选；
B．在醋酸溶液中，醋酸与选项中四种离子不反应，四种离子之间也不发生反应，能大量共存，B选；
C．加入铝粉放出氢气的溶液可能为酸性溶液也可能为强碱性溶液，碱性溶液中铵根离子不能大量存在，C不选；
D．使酚酞显红色的溶液呈碱性，碱性溶液中Al3+不能大量存在，Al3+和S2-能发生完全双水解反应也不能大量共存，ClO-还能将S2-氧化，D不选；
故答案为：B。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，A不合题意；
B．遇到空气变为红棕色，反应方程式为：2NO+O2=2NO2，体现NO的还原性，B符合题意；
C．使湿润的红色石蕊试纸变蓝，反应方程式为：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，体现NH3的碱性，C不合题意；
D．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，发生的反应方程式为：2KI+Cl2=2KCl+I2，体现Cl2的氧化性，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫使品红溶液褪色体现其漂白性；
C.氨气与水反应生成碱，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.氯气能将KI氧化为单质碘，碘遇淀粉变蓝。
7．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.铝热剂为铝粉与金属氧化物组成的混合物，故A不符合题意；
B.碱性氧化物是与酸反应生成一种盐和水，Fe3O4不是碱性氧化物，B不符合题意；
C. 石墨烯为单层石墨，为碳单质，故C不符合题意；
D.酸性氧化物是与碱反应生盐和水，三氧化硫属于酸性氧化物，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.铝热剂由多种物质组成，为混合物；
B.只和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
C.石墨烯是碳单质，属于无机物。
8．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合
【解析】【解答】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，不符合题意；
B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，不符合题意；
C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，符合题意；
D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.注意氨气与氯化氢遇冷极易结合生成氯化铵；
B.二氧化碳应该从长管进；
D.注意碳酸氢钠受热极易分解。
9．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同主族从上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸，则不一定，A不符合题意；
B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2-、Ar和K+，B不符合题意；
C．元素的非金属性O>S>P，则其氢化物的热稳定性，H2O>H2S>PH3，C符合题意；
D．和最外层都是7个电子，得电子能力相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸则不一定；
B.核外电子排布相同的微粒可能为阴阳离子，不同离子具有不同性质；
D.和为同位素，两者质子数相同，最外层电子数均为7，得电子能力相同。
10．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.18g重水(D2O)的物质的量为，质子数为9NA ， A不符合题意；
B．Fe(OH)3胶体粒子中含有多个Fe(OH)3分子，0.1mol的FeCl3饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子数小于0.1NA，B不符合题意；
C.6.4g Cu的物质的量为，40mL 10mol·L-1浓HNO3的物质的量为0.4mol，根据化学方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，若0.1mol的Cu与0.4mol的HNO3反应完全反应，正好生成0.2NA的NO2，但是HNO3随着反应的进行变稀，Cu与HNO3反应会生成NO，所以产生NO2分子的数目小于0.2NA，C不符合题意；
D．SO3在标准状况下不是气体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一个重水分子含10个质子，根据计算；
B.Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的集合体；
C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，随着反应进行，浓硝酸的浓度逐渐减小，最后变为稀硝酸。
11．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．饱和溶液浓度较大，电离产生的与Ca2+结合生成难溶的CaCO3沉淀，促进电离，电离产生的H+与未反应的结合生成二氧化碳和水，离子方程式为：，故A符合题意；
B．稀具有强氧化性，能将氧化生成，B项不符合题意；
C．氯水过量，被氧化成、，正确的离子方程式为：，C项不符合题意；
D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，正确的离子方程式为：，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.在饱和碳酸钠溶液中HCO3-离子电离产生H+和CO32-，HCO3-离子水解产生碳酸，两个竞争平衡，当滴入氯化钙饱和溶液，由于该离子浓度大，钙离子浓度与碳酸钙根离子浓度之积大于碳酸钙的溶度积，产生碳酸钙沉淀，使碳酸氢根离子的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，产生了水和二氧化碳；
B.硝酸具有强氧化性，能将S氧化为硫酸，生成物中不会有S；
C. 新制氯水中滴加少量的 ，氧化性，发生反应；
D.氢氧化钠与氯化铵反应生成一水合氨。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡，A不符合题意；
B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则中平衡正向移动，从而降低水中NH3 H2O与NH4+的含量，B不符合题意；
C．中N元素为-3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为2+3ClO-═N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，C不符合题意；
D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含NO2-的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO-的强氧化性将NO2-氧化成NO3-，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离和分解平衡；
B. 通过鼓气降低NH3浓度，NH3 H2O NH3+H2O的平衡正向移动；
C.铵根与次氯酸根发生氧化还原反应生成氮气，HCl和水。
13．【答案】（1）第三周期ⅦA族；S2- >Cl- >Na+；2NaCl2Na+Cl2↑
（2）；A
（3）2Na2S + O2 + 2H2O = 4NaOH + 2S↓
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）E是Cl，在周期表中的位置为第三周期ⅦA族；C、D、E的简单离子分别为Na+、S2-、Cl-，Na+只有两个电子层，而S2-、Cl-有三个电子层且随核电荷增大半径减小，则离子半径由大到小的顺序是S2- >Cl- >Na+；工业上制取Na单质用电解法，其化学方程式为2NaCl2Na+Cl2↑；
（2）C2B2为Na2O2，其电子式为；Na2O2与溶液中的水反应生成NaOH和O2，①NO不反应，离子浓度基本保持不变；②HCO与OH-反应生成CO和水，HCO浓度减小，使④中CO浓度增大；③SO与O2反应而使浓度减小，生成SO而使⑤中SO浓度增大；
故答案为：A；
（3）C2D为NaS，其水溶液在空气中久置后变质，氧气作氧化剂，生成的单质为S，所得溶液呈强碱性，根据氧化还原反应反应原理可写出该化学方程式为2Na2S + O2 + 2H2O = 4NaOH + 2S↓。
【分析】D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍，则B为O元素，D为S元素，E为Cl元素，只有C为金属元素， C2D溶于水得到碱性溶液，则C为Na元素，A、C原子序数之和等于E的原子序数，则A的原子序数为6，即为C元素。
14．【答案】（1）-1；2SO2+O22SO3
（2）CBDFAE；a d
（3）干燥气体、混合气体、通过观察气泡以便调节气体流速；吸收SO3；36.8；5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；出现浅黄色沉淀或变浑浊
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeS2中S元素的化合价为-1价。过程ⅡSO2和O2在V2O5作催化剂的条件下反应生成SO3，化学方程式为2SO2+O22SO3。
（2）①配制各种浓度的硫酸的步骤为计算、量取浓硫酸、溶解稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，故各操作的先后顺序为CBDFAE。
②a．溶解后未冷却即转移定容，则冷却后会导致溶液体积偏小，浓度偏大，a符合题意；
b．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，b不符合题意；
c．用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，导致浓硫酸体积偏小，浓度偏小，c不符合题意；
d．量筒的洗涤液不能转移至容量瓶，会导致溶质的量偏多，浓度偏大，d符合题意；
故
故答案为：ad。
（3）①装置甲中的浓硫酸可干燥气体、混合气体、通过观察气泡以便调节气体流速。
②装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，其目的是吸收生成的SO3，1mL18.4mol/L的浓硫酸中硫酸的物质的量为0.0184mol，加入1mol/L的NaOH溶液，此时要硫酸完全反应需要NaOH的体积为36.8mL，但是因为SO3溶于浓硫酸生成了硫酸，故浓硫酸的浓度略大于18.4mol/L，故此时所用NaOH溶液体积大于36.8mL即可说明SO2催化氧化生成了SO3。
③酸性高锰酸钾可氧化SO2，离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。
④戊中为Na2S溶液，多余的O2会氧化Na2S生成S单质，故戊中出现浅黄色沉淀或溶液变浑浊就说明有硫单质生成，从而证明SO2催化氧化时有O2剩余。
【分析】 黄铁矿成分为FeS2，通入空气煅烧反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。
15．【答案】（1）分离Cl2和ClO2；0.4；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）溶液分层，下层为紫色
（3）ad
（4）3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO+3Cl-+5H2O；
（5）；随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性(、)离子留在溶液中
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据题干中的方程式可知，NaClO3与HCl反应生成ClO2和Cl2，11℃时ClO2液化为红棕色液体，则冰水浴的作用为使ClO2液化从而分离Cl2和ClO2。
②根据反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl +2H2O，NaClO3中Cl得1个电子化合价从+5价降低为+4价，HCl中Cl失1个电子化合价从-1价升高为0价，当反应有0.4mol电子转移，生成ClO20.4mol，则得到的还原产物为0.4mol。NaOH溶液中主要为Cl2和NaOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，可能是有碘单质生成，再向其中加入适量CCl4，振荡、静置观察到溶液分层，下层为紫色，则说明有碘单质生成，证明ClO2具有氧化性。
（3）转化为Cl-，Cl元素得电子，则另一种物质一定是失电子的还原剂，FeSO4可失电子生成Fe2(SO4)3，O3无法失电子，KMnO4中K和Mn已经是最高价态，无法失电子，SO2中S为+4价可失电子变成+6价，故
故答案为：ad。
（4）①KClO和KOH的混合溶液中加入硝酸铁，可制备K2FeO4，离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO+3Cl-+5H2O。
②K2FeO4与水反应生成Fe(OH)3，Fe化合价降低得电子，则O失电子生成了O2，再根据原子守恒和得失电子守恒可得。
（5）①酸性条件下，K2FeO4可与Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2，则该反应的离子方程式为。
②当K2FeO4超过20mg时，随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性(、)离子留在溶液中，从而导致Mn元素的去除率下降。
【分析】（1） ①ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体，因此冰水浴可冷凝、收集ClO2；
②2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，还原产物为ClO2，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；
（2）碘易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水；
（3）ClO2转化为Cl-，Cl元素化合价降低，应加入还原剂；
（4）①KClO和KOH的混合溶液中加入硝酸铁，发生反应3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO+3Cl-+5H2O制得K2FeO4；
②根据得失电子守恒和质量守恒配平该方程式；
（5）①K2FeO4与Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2；
②随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性(、)离子留在溶液中，从而导致Mn元素的去除率下降。
16．【答案】（1）C；D
（2）打开导管上的旋塞，用热毛巾捂住烧瓶；(或0.045)
（3）
（4）氧化
（5）NaNO2；1∶3
【知识点】氧化还原反应；氨的性质及用途；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）N2很稳定，工业合成NH3需要在高温高压催化剂下进行，A符合题意；NH3可与碳酸等反应生成碳酸氢铵， 也可以与二氧化碳反应生成尿素，B符合题意；NH3可与硫酸发生反应，也会与氯化钙反应，C不符合题意；NH3不易分解，D不符合题意；
（2）引发喷泉的方法是打开导管上的旋塞，用热毛巾捂住烧瓶，这时烧瓶内的温度升高，压强变大，NH3进入烧杯接触水，进而引发喷泉；设烧瓶容积为VL，，水充满整个烧瓶后所形成溶液的体积为V，溶液的物质的量浓度为molL-1；
（3）氨气在氧化炉中与氧气发生氧化反应，反应的化学方程式为；
（4）在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的氧化性；
（5））①依据得失电子守恒和质量守恒定律可知纯碱溶液吸收法的反应原理为Na2CO3＋2NO2=NaNO3＋NaNO2＋CO2；②7mol氨转化为N2，失去21mol电子，根据题意和得失电子守恒可得n(NO)+n(NO2)=6mol，2n(NO)+4n(NO2)=21mol，解得n(NO)=1.5mol，n(NO2)=4.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1∶3。
【分析】氮气和氢气合成氨，氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸。
天津市五校2022-2023学年高三上学期期中联考化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·天津市期中）化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是（ ）
A．陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品
B．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠、K2FeO4等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
D．工业上利用合成氨实现人工固氮涉及氧化还原反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．石英坩埚的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐产品，A不符合题意；
B．过氧化氢、次氯酸钠、高铁酸钾可将病毒氧化达到消毒的目的，乙醇是使蛋白质脱水变形，从而达到消毒的目的，不具有氧化性，B不符合题意；
C．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，C不符合题意；
D．工业上利用合成氨实现人工固氮，N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.石英的主要成分是二氧化硅；
B.乙醇不具有氧化性；
C.光导纤维的成分为二氧化硅，属于无机非金属材料。
2．（2022高三上·天津市期中）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．Cl2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
D．NH3易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故其可用作呼吸面具供氧剂，A符合题意；
B．Cl2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B不符合题意；
C．SO2具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，C不符合题意；
D．液氨气化吸收大量的热，具有制冷的作用，可用作制冷剂，与其溶解性无关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B.氯气杀菌消毒利用的是其强氧化性；
C.二氧化硫作抗氧化剂是因为其具有还原性；
D.液氨汽化吸收大量热量，因此可作制冷剂。
3．（2022高三上·天津市期中）下列试剂的保存方法中错误的是（ ）
A．少量的钠保存在煤油中
B．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C．选用带塑料塞的容量瓶配制碳酸钠溶液
D．氢氟酸保存在玻璃瓶中
【答案】D
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．钠以与空气中的氧气、水蒸气反应，但其密度大于煤油，不会与煤油反应，可以保存在煤油中，A不符合题意；
B．次氯酸见光或受热易分解，氯水见光久置后氯气浓度会大大降低，保存氯水用棕色试剂瓶避光低温保存，B不符合题意；
C．碳酸钠溶液为碱性溶液，塑料瓶赛不与溶液中组分反应，C不符合题意；
D．玻璃由硅酸盐和二氧化硅组成，氢氟酸能与硅酸盐、二氧化硅反应，不能用玻璃瓶保存氢氟酸，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.钠性质活泼，钠能和水、氧气反应，应隔绝水和空气保存；
B.氯水中次氯酸见光分解；
C.碳酸钠能与玻璃中的二氧化硅反应。
4．（2022高三上·天津市期中）、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是（ ）
A．X的中子数为3
B．X、Y互为同位素
C．、可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A．根据化学方程式可知，a=16+3-13=6，b=8+2-8=2，则X的中子数为4，A不符合题意；
B．根据计算可知X中a为6，b为2，Y中m=16+3-15=4，n=8+2-8=2，两者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C．从题干信息可知，这两种原子的半衰期很短，不适合用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
D．自然界不存在和并不是因为化学键不稳定，而是由于和半衰期很短，容易发生核变化，转化为其他原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 可知，X为，根据 可知，Y为。
5．（2022高三上·天津市期中）在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是（ ）
A．FeSO4溶液：K+、NO、[Fe(CN)6]3-、Na+
B．在醋酸溶液中：NH 、SO、H+ 、Br－
C．加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl－、NH、NO
D．使无色酚酞试液显红色的溶液：S2－、K+、ClO－、Al3+
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe2+、K+和[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀，三者不能大量共存，A不选；
B．在醋酸溶液中，醋酸与选项中四种离子不反应，四种离子之间也不发生反应，能大量共存，B选；
C．加入铝粉放出氢气的溶液可能为酸性溶液也可能为强碱性溶液，碱性溶液中铵根离子不能大量存在，C不选；
D．使酚酞显红色的溶液呈碱性，碱性溶液中Al3+不能大量存在，Al3+和S2-能发生完全双水解反应也不能大量共存，ClO-还能将S2-氧化，D不选；
故答案为：B。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．（2022高三上·天津市期中）下列检验方法，利用该气体的还原性的是（ ）
A．使品红溶液褪色
B．遇到空气变为红棕色
C．使湿润的红色石蕊试纸变蓝
D．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，A不合题意；
B．遇到空气变为红棕色，反应方程式为：2NO+O2=2NO2，体现NO的还原性，B符合题意；
C．使湿润的红色石蕊试纸变蓝，反应方程式为：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，体现NH3的碱性，C不合题意；
D．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，发生的反应方程式为：2KI+Cl2=2KCl+I2，体现Cl2的氧化性，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫使品红溶液褪色体现其漂白性；
C.氨气与水反应生成碱，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.氯气能将KI氧化为单质碘，碘遇淀粉变蓝。
7．（2022高三上·天津市期中）下列有关物质分类的说法正确的是（ ）
A．铝热剂属于纯净物 B．磁性氧化铁属于碱性氧化物
C．石墨烯属于有机物 D．三氧化硫属于酸性氧化物
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.铝热剂为铝粉与金属氧化物组成的混合物，故A不符合题意；
B.碱性氧化物是与酸反应生成一种盐和水，Fe3O4不是碱性氧化物，B不符合题意；
C. 石墨烯为单层石墨，为碳单质，故C不符合题意；
D.酸性氧化物是与碱反应生盐和水，三氧化硫属于酸性氧化物，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.铝热剂由多种物质组成，为混合物；
B.只和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
C.石墨烯是碳单质，属于无机物。
8．（2019高二下·包头期末）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氨气
B． 制取碳酸氢钠
C． 分离碳酸氢钠
D． 干燥碳酸氢钠
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合
【解析】【解答】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，不符合题意；
B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，不符合题意；
C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，符合题意；
D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.注意氨气与氯化氢遇冷极易结合生成氯化铵；
B.二氧化碳应该从长管进；
D.注意碳酸氢钠受热极易分解。
9．（2022高三上·天津市期中）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．热稳定性：H2O＞H2S＞PH3
D．与得电子能力不同
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同主族从上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸，则不一定，A不符合题意；
B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2-、Ar和K+，B不符合题意；
C．元素的非金属性O>S>P，则其氢化物的热稳定性，H2O>H2S>PH3，C符合题意；
D．和最外层都是7个电子，得电子能力相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸则不一定；
B.核外电子排布相同的微粒可能为阴阳离子，不同离子具有不同性质；
D.和为同位素，两者质子数相同，最外层电子数均为7，得电子能力相同。
10．（2022高三上·天津市期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B．含0.1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水制得的Fe(OH)3胶体中所含胶体粒子数小于0.1NA
C．6.4g Cu与40mL 10mol·L-1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目小于0.2NA
D．标准状况下，11.2LSO3含有1.5NA个共价键
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.18g重水(D2O)的物质的量为，质子数为9NA ， A不符合题意；
B．Fe(OH)3胶体粒子中含有多个Fe(OH)3分子，0.1mol的FeCl3饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子数小于0.1NA，B不符合题意；
C.6.4g Cu的物质的量为，40mL 10mol·L-1浓HNO3的物质的量为0.4mol，根据化学方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，若0.1mol的Cu与0.4mol的HNO3反应完全反应，正好生成0.2NA的NO2，但是HNO3随着反应的进行变稀，Cu与HNO3反应会生成NO，所以产生NO2分子的数目小于0.2NA，C不符合题意；
D．SO3在标准状况下不是气体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一个重水分子含10个质子，根据计算；
B.Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的集合体；
C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，随着反应进行，浓硝酸的浓度逐渐减小，最后变为稀硝酸。
11．（2021高三上·河南月考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向饱和溶液中滴加饱和溶液：
B．向稀硝酸中滴加溶液：
C．向新制氯水中滴加少量的溶液：
D．向溶液中加入小颗粒钠：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．饱和溶液浓度较大，电离产生的与Ca2+结合生成难溶的CaCO3沉淀，促进电离，电离产生的H+与未反应的结合生成二氧化碳和水，离子方程式为：，故A符合题意；
B．稀具有强氧化性，能将氧化生成，B项不符合题意；
C．氯水过量，被氧化成、，正确的离子方程式为：，C项不符合题意；
D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，正确的离子方程式为：，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.在饱和碳酸钠溶液中HCO3-离子电离产生H+和CO32-，HCO3-离子水解产生碳酸，两个竞争平衡，当滴入氯化钙饱和溶液，由于该离子浓度大，钙离子浓度与碳酸钙根离子浓度之积大于碳酸钙的溶度积，产生碳酸钙沉淀，使碳酸氢根离子的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，产生了水和二氧化碳；
B.硝酸具有强氧化性，能将S氧化为硫酸，生成物中不会有S；
C. 新制氯水中滴加少量的 ，氧化性，发生反应；
D.氢氧化钠与氯化铵反应生成一水合氨。
12．（2022高三上·天津市期中）含氮化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。
吹脱法：调节水体至8左右，然后持续向水中吹入空气。
折点氯化法：调节水体至6左右，向水中加入适量。
下列分析错误的是（ ）
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低浓度，从而降低水中与的含量
C．折点氯化法除的原理为：2NH4++3ClO =N2↑+3Cl +3H2O+2H+
D．吹脱法无法对含NO2-的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2-的水体脱氮
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡，A不符合题意；
B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则中平衡正向移动，从而降低水中NH3 H2O与NH4+的含量，B不符合题意；
C．中N元素为-3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为2+3ClO-═N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，C不符合题意；
D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含NO2-的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO-的强氧化性将NO2-氧化成NO3-，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离和分解平衡；
B. 通过鼓气降低NH3浓度，NH3 H2O NH3+H2O的平衡正向移动；
C.铵根与次氯酸根发生氧化还原反应生成氮气，HCl和水。
二、综合题
13．（2022高三上·天津市期中）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，其中只有C为金属元素。A、C原子序数之和等于E的原子序数，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍。AB2和DB2溶于水均得到酸性溶液，C2D溶于水得到碱性溶液。
（1）E元素在周期表中的位置为 ；C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。工业上制取C单质的化学方程式为 。
（2）C2B2电子式为 ，某溶液中含有①NO、②HCO、③SO、④CO、⑤SO 5种阴离子，向其中加入C2B2固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化) 。
A．① B．①③⑤ C．①④⑤ D．①②④⑤
（3）化合物C2D的水溶液在空气中久置后变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，用化学方程式表示这一变化过程
【答案】（1）第三周期ⅦA族；S2- >Cl- >Na+；2NaCl2Na+Cl2↑
（2）；A
（3）2Na2S + O2 + 2H2O = 4NaOH + 2S↓
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）E是Cl，在周期表中的位置为第三周期ⅦA族；C、D、E的简单离子分别为Na+、S2-、Cl-，Na+只有两个电子层，而S2-、Cl-有三个电子层且随核电荷增大半径减小，则离子半径由大到小的顺序是S2- >Cl- >Na+；工业上制取Na单质用电解法，其化学方程式为2NaCl2Na+Cl2↑；
（2）C2B2为Na2O2，其电子式为；Na2O2与溶液中的水反应生成NaOH和O2，①NO不反应，离子浓度基本保持不变；②HCO与OH-反应生成CO和水，HCO浓度减小，使④中CO浓度增大；③SO与O2反应而使浓度减小，生成SO而使⑤中SO浓度增大；
故答案为：A；
（3）C2D为NaS，其水溶液在空气中久置后变质，氧气作氧化剂，生成的单质为S，所得溶液呈强碱性，根据氧化还原反应反应原理可写出该化学方程式为2Na2S + O2 + 2H2O = 4NaOH + 2S↓。
【分析】D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍，则B为O元素，D为S元素，E为Cl元素，只有C为金属元素， C2D溶于水得到碱性溶液，则C为Na元素，A、C原子序数之和等于E的原子序数，则A的原子序数为6，即为C元素。
14．（2022高三上·天津市期中）硫酸是十分重要的化工原料。工业上用黄铁矿(FeS2)制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2中硫元素的化合价是 ，写出过程Ⅱ发生反应的化学方程式 。
（2）实验室各种浓度的硫酸是由浓硫酸稀释而得，
①以下配制过程中各操作的先后顺序是 。
②下列情况会使配制结果偏大的是
a．溶解后未冷却即转移、定容
b．定容时仰视容量瓶刻度线
c．用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视
d．将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶
（3）图是模拟工业过程Ⅱ来探究SO2的催化氧化过程。
①装置甲的作用是 。
②装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，目的是 。反应结束后取1.0mL丙中的流液稀释为10.0mL的稀硫酸，滴加几滴酚酞试剂、缓慢加入1.0mol/L 的NaOH溶液，当混合溶液变红时，认为硫酸恰好完全反应，此时所用NaOH溶液体积大于 mL，说明SO2催化氧化时有SO3生成。
③装置丁的作用是吸收并检验SO2已除净，现象是酸性高锰酸钾红色变浅，写出反应的离子方程式 。
④装置戊中的现象是 ，说明SO2催化氧化时有O2剩余。
【答案】（1）-1；2SO2+O22SO3
（2）CBDFAE；a d
（3）干燥气体、混合气体、通过观察气泡以便调节气体流速；吸收SO3；36.8；5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；出现浅黄色沉淀或变浑浊
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeS2中S元素的化合价为-1价。过程ⅡSO2和O2在V2O5作催化剂的条件下反应生成SO3，化学方程式为2SO2+O22SO3。
（2）①配制各种浓度的硫酸的步骤为计算、量取浓硫酸、溶解稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，故各操作的先后顺序为CBDFAE。
②a．溶解后未冷却即转移定容，则冷却后会导致溶液体积偏小，浓度偏大，a符合题意；
b．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，b不符合题意；
c．用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，导致浓硫酸体积偏小，浓度偏小，c不符合题意；
d．量筒的洗涤液不能转移至容量瓶，会导致溶质的量偏多，浓度偏大，d符合题意；
故
故答案为：ad。
（3）①装置甲中的浓硫酸可干燥气体、混合气体、通过观察气泡以便调节气体流速。
②装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，其目的是吸收生成的SO3，1mL18.4mol/L的浓硫酸中硫酸的物质的量为0.0184mol，加入1mol/L的NaOH溶液，此时要硫酸完全反应需要NaOH的体积为36.8mL，但是因为SO3溶于浓硫酸生成了硫酸，故浓硫酸的浓度略大于18.4mol/L，故此时所用NaOH溶液体积大于36.8mL即可说明SO2催化氧化生成了SO3。
③酸性高锰酸钾可氧化SO2，离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。
④戊中为Na2S溶液，多余的O2会氧化Na2S生成S单质，故戊中出现浅黄色沉淀或溶液变浑浊就说明有硫单质生成，从而证明SO2催化氧化时有O2剩余。
【分析】 黄铁矿成分为FeS2，通入空气煅烧反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。
15．（2022高三上·天津市期中）自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(K2FeO4)等。
（1）某研究小组用图装置制备少量ClO2(夹持装置已略去)。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是 。
②当烧瓶中的反应有0.4 mol电子发生转移时，得到的还原产物为 mol；
NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到 ，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(ClO)，需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO转化为Cl-的是 (填字母序号)。
a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能水处理剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为 。
②将K2FeO4与水反应的化学方程式补充完整： 。
4K2FeO4+ □ H2O= □ Fe(OH)3(胶体)+ □ + □ KOH
（5）用高铁酸钾(K2FeO4)除废水中的锰：
①在酸性条件下，能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，该反应的离子方程式 。
②用K2FeO4处理一定量的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4量的关系如图所示，当K2FeO4超过20mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是 。
【答案】（1）分离Cl2和ClO2；0.4；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）溶液分层，下层为紫色
（3）ad
（4）3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO+3Cl-+5H2O；
（5）；随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性(、)离子留在溶液中
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据题干中的方程式可知，NaClO3与HCl反应生成ClO2和Cl2，11℃时ClO2液化为红棕色液体，则冰水浴的作用为使ClO2液化从而分离Cl2和ClO2。
②根据反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl +2H2O，NaClO3中Cl得1个电子化合价从+5价降低为+4价，HCl中Cl失1个电子化合价从-1价升高为0价，当反应有0.4mol电子转移，生成ClO20.4mol，则得到的还原产物为0.4mol。NaOH溶液中主要为Cl2和NaOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，可能是有碘单质生成，再向其中加入适量CCl4，振荡、静置观察到溶液分层，下层为紫色，则说明有碘单质生成，证明ClO2具有氧化性。
（3）转化为Cl-，Cl元素得电子，则另一种物质一定是失电子的还原剂，FeSO4可失电子生成Fe2(SO4)3，O3无法失电子，KMnO4中K和Mn已经是最高价态，无法失电子，SO2中S为+4价可失电子变成+6价，故
故答案为：ad。
（4）①KClO和KOH的混合溶液中加入硝酸铁，可制备K2FeO4，离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO+3Cl-+5H2O。
②K2FeO4与水反应生成Fe(OH)3，Fe化合价降低得电子，则O失电子生成了O2，再根据原子守恒和得失电子守恒可得。
（5）①酸性条件下，K2FeO4可与Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2，则该反应的离子方程式为。
②当K2FeO4超过20mg时，随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性(、)离子留在溶液中，从而导致Mn元素的去除率下降。
【分析】（1） ①ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体，因此冰水浴可冷凝、收集ClO2；
②2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，还原产物为ClO2，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；
（2）碘易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水；
（3）ClO2转化为Cl-，Cl元素化合价降低，应加入还原剂；
（4）①KClO和KOH的混合溶液中加入硝酸铁，发生反应3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO+3Cl-+5H2O制得K2FeO4；
②根据得失电子守恒和质量守恒配平该方程式；
（5）①K2FeO4与Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2；
②随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性(、)离子留在溶液中，从而导致Mn元素的去除率下降。
16．（2022高三上·天津市期中）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）下列有关NH3的说法中，错误的是____。
A．工业合成NH3需要在高温高压催化剂下进行
B．NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥
C．NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
D．NH3受热易分解，须置于冷暗处保存
（2）NH3易溶于水，标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验(如图)，引发喷泉的方法是 ，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
（3）氨气在氧化炉中发生反应的化学方程式为 。
（4）HNO3是一种重要的化工原料，工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输。在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的 性。
（5）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①纯碱溶液吸收法。纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋NO2=NaNO3＋ ＋CO2(不需配平，请填写缺少物质的化学式)。
②氨转化法。已知7 mol氨恰好能将含NO和NO2共6 mol 的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 。
【答案】（1）C；D
（2）打开导管上的旋塞，用热毛巾捂住烧瓶；(或0.045)
（3）
（4）氧化
（5）NaNO2；1∶3
【知识点】氧化还原反应；氨的性质及用途；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）N2很稳定，工业合成NH3需要在高温高压催化剂下进行，A符合题意；NH3可与碳酸等反应生成碳酸氢铵， 也可以与二氧化碳反应生成尿素，B符合题意；NH3可与硫酸发生反应，也会与氯化钙反应，C不符合题意；NH3不易分解，D不符合题意；
（2）引发喷泉的方法是打开导管上的旋塞，用热毛巾捂住烧瓶，这时烧瓶内的温度升高，压强变大，NH3进入烧杯接触水，进而引发喷泉；设烧瓶容积为VL，，水充满整个烧瓶后所形成溶液的体积为V，溶液的物质的量浓度为molL-1；
（3）氨气在氧化炉中与氧气发生氧化反应，反应的化学方程式为；
（4）在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的氧化性；
（5））①依据得失电子守恒和质量守恒定律可知纯碱溶液吸收法的反应原理为Na2CO3＋2NO2=NaNO3＋NaNO2＋CO2；②7mol氨转化为N2，失去21mol电子，根据题意和得失电子守恒可得n(NO)+n(NO2)=6mol，2n(NO)+4n(NO2)=21mol，解得n(NO)=1.5mol，n(NO2)=4.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1∶3。
【分析】氮气和氢气合成氨，氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸。
