北京市丰台区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
一、单选题
1．（2023高一上·丰台期末）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。从物质分类看，醋酸钠属于（ ）
A．酸 B．盐 C．碱 D．混合物
2．（2023高一下·凉州月考）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A．H2SO4溶液 B．Fe(OH)3胶体 C．Na2SO4溶液 D．蔗糖溶液
3．（2023高一下·凉州月考）下列物质能够导电且属于电解质的是
A．盐酸 B．K2SO4溶液 C．熔融NaCl D．Cu
4．（2023高一上·丰台期末）下列关于NaHCO3和Na2CO3的描述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液显碱性，所以Na2CO3属于碱
B．NaHCO3水溶液中存在的离子只有Na+、H+和CO
C．热稳定性：NaHCO3>Na2CO3
D．一定条件下，NaHCO3和Na2CO3之间可以互相转化
5．（2023高一上·丰台期末）下列变化过程需要加入还原剂才能实现的是（ ）
A．MnO→Mn2+ B．HSO→SO2
C．Fe→Fe2O3 D．Na→NaOH
6．（2023高一上·丰台期末）Na2SO3与下列物质的反应中，体现的性质与其他3个反应不同的是（ ）
A．H2SO4 B．BaCl2 C．O2 D．Ca(OH)2
7．（2023高一上·丰台期末）常温下，下列物质可用铁制容器盛装的是（ ）
A．稀硝酸 B．硫酸铜溶液 C．硝酸银溶液 D．浓硫酸
8．（2023高一上·丰台期末）有关Na2O2的叙述不正确的是（ ）
A．是淡黄色固体 B．可以作供氧剂
C．应密封保存 D．氧元素的化合价为 2价
9．（2020高一上·西城期末）下列物质与Cl2反应，能发出苍白色火焰的是（ ）
A．H2 B．Na C．Fe D．Cu
10．（2023高一上·丰台期末）下列气体既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是（ ）
A．H2 B．SO2 C．Cl2 D．NH3
11．（2023高一上·丰台期末）下列气体不能用排空气法收集的是（ ）
A．SO2 B．NO C．O2 D．CO2
12．（2023高一上·丰台期末）下列各组离子在酸性溶液中能大量共存的是（ ）
A．Na+、Mg2+、SO、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、CO
C．Na+、Ag+、Cl﹣、NO D．Fe3+、Na+、SO、OH﹣
13．（2023高一上·丰台期末）下列物质间的转化，不能一步实现的是（ ）
A．Na→Na2O2 B．Fe2O3→Fe(OH)3
C．Cl2→FeCl3 D．FeCl3→FeCl2
14．（2023高一上·丰台期末）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．FeCl3腐蚀Cu电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．铜与稀硝酸反应：Cu+4H++NO=Cu2++NO2↑+2H2O
C．碳酸钙溶于盐酸中：CO+2H+=CO2↑+H2O
D．氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
15．（2023高一上·丰台期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．0.1molN2中含有的原子数为0.1NA
B．0.1molN2与0.1molCO的质量比为1：1
C．0.1molCO的体积是2.24L
D．0.1mol L﹣1NaCl溶液中含有0.1molNa+
16．（2023高一上·丰台期末）下列物质中不能与CaO反应的是（ ）
A．KOH B．H2O C．HCl D．SO2
17．（2023高一上·丰台期末）实验室中，下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．氯气制备应在通风橱内进行
B．金属钠着火时，立即用干燥沙土覆盖
C．实验结束后，将废液倒入下水道中
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
18．（2023高一上·丰台期末）下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是（ ）
①使用容量瓶前检查是否漏水；
②在容量瓶中溶解固体溶质；
③溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；
④尽可能将溶质全部转移到容量瓶中；
⑤加水定容时，不小心超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
A．①②③ B．①③④ C．③④⑤ D．①④⑤
19．（2023高一上·丰台期末）如图是喷泉实验装置图，下列说法中不正确的是（ ）
A．烧瓶中的溶液呈红色
B．该实验说明氨气极易溶于水
C．该实验说明氨气的密度小于空气的
D．形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压
20．（2023高一上·丰台期末）氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（ ）
A．4Na+O2=2Na2O
B．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
C．4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑
D．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
21．（2023高一上·丰台期末）下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 向某溶液中加入稀盐酸，产生大量气体 该溶液中一定含有CO
B 向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀 该溶液中一定含有Cl﹣
C 向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不消失 该溶液中一定含有SO
D 向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中一定含有NH
A．A B．B C．C D．D
22．（2023高一上·丰台期末）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO，可将粗盐溶于水后进行下列操作：
下列说法中不正确的是（ ）
A．NaOH的作用是除去Mg2+ B．Na2CO3的作用是除去过量的Ba2+
C．BaCl2必须在Na2CO3前加入 D．试剂a为盐酸
23．（2023高一上·丰台期末）汽车尾气催化转化装置的工作原理如图所示。
下列说法中，不正确的是（ ）
A．汽车尾气中含有的CO和NO是大气污染物
B．该过程中氧元素被还原，氮元素只被氧化
C．使用催化转化装置在一定程度上提高了空气中CO2的含量
D．该过程中会发生反应：2NO2+4CO4CO2+N2
24．（2023高一上·丰台期末）双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．双碱法中的“双碱”是指NaOH和Ca(OH)2
B．过程Ⅰ和过程Ⅱ中碱的作用不同
C．脱除过程中硫元素的化合价一直没有变化
D．脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用
25．（2023高一上·丰台期末）向100mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后逐滴加入0.2mol/LH2SO4溶液，测得混合溶液的导电能力随时间变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0s时溶液中存在的主要微粒是H2O、Ba2+、OH﹣
B．10～80s发生反应的离子方程式为Ba2++OH﹣+SO+H+=BaSO4↓+H2O
C．最低点溶液完全褪色，此时消耗硫酸的体积为5mL
D．90s以后电导率增大的原因是硫酸在水溶液中电离出H+和SO
二、填空题
26．（2023高一上·丰台期末）补齐物质与其用途之间的连线。
物质 用途
A．氧化铁 a.作红色颜料
B．硝酸钾 b.作膨松剂
C．次氯酸钠 c.作肥料
D．碳酸氢钠 d.作消毒剂
27．（2023高一上·丰台期末）氨气(NH3)是一种重要的化工原料，其中约80%用来生产各种氮肥。
（1）氨气的制备
①实验室通过加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨，该反应的化学方程式为 。
②工业上以氮气和氢气为原料合成氨，该反应的化学方程式为 。其中氮元素的化合价 (填“升高”或“降低”)，反应中每生成2molNH3，消耗H2的物质的量是 mol。
③我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。
该反应的化学方程式为 。反应中每转移6mole﹣，生成NH3的体积为 L(标准状况下)。
（2）氮肥的制备和应用
主要转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)：N2→NO2→HNO3硝酸盐[如NH4NO3]。
①写出NO2→HNO3的化学方程式 。
②将HNO3转化为NH4NO3，列举两种不同类别的化合物M (写化学式)。
③NH4NO3常作为水培植物营养液的氮肥来源。若配制0.2mol/L的NH4NO3溶液480mL，需要NH4NO3固体的质量 g。
三、实验题
28．（2023高一上·丰台期末）某小组同学利用以下实验装置研究SO2的性质(经检验，装置的气密性良好)。
（1）①中的现象说明SO2具有 性。
（2）②中石蕊溶液变红，说明SO2与H2O反应生成了酸性物质。写出该反应的化学方程式 。
（3）③中产生淡黄色浑浊，体现了SO2的 (填字母序号)。
a.氧化性 b.还原性
（4）④的作用是 。
29．（2023高一上·丰台期末）某小组同学探究久置FeSO4固体变质的情况，并测定其中铁元素的质量分数。将0.6gFeSO4固体用蒸馏水溶解，配成20mL待测液，进行实验。
资料：KSCN中S元素的化合价为﹣2价；酸性条件下，MnO的还原产物为Mn2+。
（1）实验一：
①i中溶液略微变红，说明待测液中存在 。
②ii中溶液颜色逐渐加深的原因是 (用离子方程式表示)。
③由实验一推测FeSO4固体变质的情况是 (填字母序号)。
a.未变质 b.部分变质 c.完全变质
（2）实验二：探究ii中“红色褪去”的原因。
针对“红色褪去”的现象，小组同学猜想可能的原因是 ，并通过如下实验证实了猜想。将褪色后的溶液分两份分别进行实验：
序号 操作 现象
① 滴加NaOH溶液 产生红褐色沉淀
② 滴加FeCl3溶液 __▲_
请补全②中的现象： 。
（3）实验三：测定久置FeSO4固体中铁元素的含量，设计实验方案如图：
①可选作A的物质是 (填字母序号)。
a.Zn b.Cu c.Fe d.KI
②若消耗0.1mol/LKMnO4溶液3.6mL，则久置FeSO4固体中铁元素的质量分数是 。
30．（2023高一上·丰台期末）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资 ：i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO﹣氧化成MnO2(棕黑色)、MnO (绿色)、MnO (紫色)。
ii.浓同条件下，MnO可被OH﹣还原为MnO。
iii.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
物质a 水 5%NaOH溶液 40%NaOH溶液
通入Cl2前C中实验现象 得到无色溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
通入Cl2后C中实验现象 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）实验室中利用MnO2和浓盐酸加热的反应来制取氯气，对比本实验A中的反应，推测氧化性MnO2 KMnO4(填“>”或“＜”)。
（2）B中试剂是 (填序号)。
①浓硫酸 ②饱和食盐水
（3）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色，补全发生反应的化学方程式： Mn(OH)2+ = + H2O。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：
① ；
②在碱性条件下可以被氧化到更高价态。
（5）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定，溶液的碱性变化很小。
②针对原因二小组同学做如下探究：
序号 Ⅳ Ⅴ
操作 取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液 取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水
现象 溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深 溶液紫色缓慢加深
Ⅳ中溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③分析Ⅳ、Ⅴ实验现象不同的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：CH3COONa是由CH3COO－和Na＋构成，属于盐，B符合题意。
故答案为：B
【分析】此题是对物质分类的考查，结合酸、碱、盐、混合物的定义分析。酸是指电离产生的阳离子全部是H＋的化合物；碱是指电离产生的阴离子全部是OH－的化合物；盐是指由金属阳离子或NH4＋与酸根离子构成的化合物；混合物是指由多种物质混合而成的物质。
2．【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】 A.．H2SO4溶液属于溶液，不属于胶体，因此用光线照射时不能观察到丁达尔效应，A不符合题意；
B．Fe(OH)2胶体属于胶体，用光线照射时能观察到丁达尔效应，B符合题意；
C．Na2SO4溶液属于溶液，不属于胶体，因此用光线照射时不能观察到丁达尔效应，C不符合题意；
D．蔗糖溶液属于溶液，不属于胶体，因此用光线照射时不能观察到丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】胶体的分散质微粒能够使光线发生散射作用而沿直线传播，当用一束光照射胶体时，在胶体中能够看到有一条光亮的通路，即发生丁达尔效应，而其它分散系不能产生丁达尔效应，据此分析。
3．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A. 盐酸是氯化氢的水溶液，能够导电，但盐酸属于混合物，所以盐酸不是电解质，故A错误；
B. K2SO4溶液能够导电，但为混合物，不是电解质，故B错误；
C. 固态的NaCl中没有自由移动的离子，所以其不能导电，但NaCl在在熔融状态下能够导电，且其属于化合物，故NaCl属于电解质，故C错误；
D. Cu可以用作导线，所以Cu能够导电，但 Cu单质，不是化合物，故 Cu不是电解质，故B错误；
故答案为：C。
【分析】依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；金属能导电，电解质在水中或者熔融状态下可导电。
4．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、Na2CO3溶液显碱性，但Na2CO3不属于碱，而属于盐，A不符合题意；
B、NaHCO3为可溶性盐，在水中完全电离产生Na＋和HCO3－，HCO3－是弱酸的酸根离子，在水中不完全电离，产生H＋和CO32－，因此溶液中含有的离子为Na＋、H＋、CO32－和HCO3－，B不符合题意；
C、NaHCO3不稳定，受热易分解，而Na2CO3受热不分解，因此稳定性NaHCO3
故答案为：D
【分析】A、Na2CO3属于盐；
B、HCO3－为弱酸阴离子，无法完全电离；
C、NaHCO3不稳定，受热易分解；
D、NaHCO3和Na2CO3可相互转化。
5．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、MnO4－转化为Mn2＋的过程中锰元素由＋7价变为＋2价，化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂，A符合题意；
B、HSO3－转化为SO2的过程中各元素化合价不变，不需加入氧化剂或还原剂，B不符合题意；
C、Fe转化为Fe2O3的过程中铁元素的化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，C不符合题意；
D、Na转化为NaOH的过程中，钠元素的化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】需加入还原剂才能实现的转化，该转化过程为还原反应，该转化过程中存在元素化合价降低。据此结合选项分析。
6．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：A、Na2SO3与H2SO4反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑，为非氧化还原反应；
B、Na2SO3与BaCl2反应的化学方程式为Na2SO3＋BaCl2=BaSO3↓＋2NaCl，为非氧化还原反应；
C、Na2SO3与O2反应的化学方程式为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，为氧化还原反应；
D、Na2SO3与Ca(OH)2反应的化学方程式为Na2SO3＋Ca(OH)2=CaSO3↓＋2NaOH，为非氧化还原反应；
综上，与O2的反应为氧化还原反应，体现了Na2SO3的还原性，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据Na2SO3与H2SO4、BaCl2、O2和Ca(OH)2发生的反应进行分析。
7．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】解：A、稀硝酸能与Fe反应生成个Fe(NO3)3、NO和H2O，会使得铁制容器溶解，因此稀硝酸不可用铁制容器盛装，A不符合题意；
B、CuSO4溶液能与Fe反应生成FeSO4和Cu，会使得铁制容器溶解，因此不可用铁制容器盛装，B不符合题意；
C、AgNO3溶液能与Fe反应生成Fe(NO3)2和Ag，会使得铁制容器溶解，因此不可用铁制容器盛装，C不符合题意；
D、浓硫酸具有强氧化性，能使铁钝化，使铁制容器表面形成致密氧化膜，阻止反应，因此可用铁制容器盛装，D符合题意；
故答案为：D
【分析】可用铁制容器盛装，则所盛装的溶液不与铁反应。
8．【答案】D
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】解：A、Na2O2为淡黄色固体，A不符合题意；
B、Na2O2能与H2O、CO2反应生成O2，因此可用作供氧剂，B不符合题意；
C、Na2O2能与空气中的H2O和CO2反应，因此Na2O2必须密封保存，C不符合题意；
D、Na2O2中钠元素为＋1价，结合化合物中化合价代数和为0可得，氧元素为－1价，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对Na2O2性质的考查，结合Na2O2的结构和性质分析。
9．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．纯净的H2在Cl2的集气瓶中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现，A符合题意；
B．Na与Cl2在加热条件下发生反应，呈现黄色火焰，B不符合题意；
C．Fe与Cl2在加热条件下发生反应，生成棕褐色的烟，不会发出苍白色火焰，C不符合题意；
D．Cu与Cl2在加热条件下发生反应，生成棕黄色的烟，不会发出苍白色火焰，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据氯气性质，氢气与氯气点燃时会产生苍白色火焰
10．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氯气的物理性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A、H2与H2SO4、CaO、NaOH都不反应，因此H2既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥，A符合题意；
B、SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥；SO2能与CaO、NaOH反应，因此不可用碱石灰干燥，B不符合题意；
C、Cl2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥；Cl2能与NaOH反应，因此不可用碱石灰干燥，C不符合题意；
D、NH3能与H2SO4反应，因此不可用浓硫酸干燥；NH3与CaO、NaOH不反应，因此可用碱石灰干燥，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥，则该气体既不与H2SO4反应，也不与CaO、NaOH反应。据此结合选项所给气体的性质进行分析。
11．【答案】B
【知识点】气体的收集
【解析】【解答】解：A、SO2与空气中的O2、CO2、N2都不反应，且SO2的密度比空气大，可用向上排空气法收集，A不符合题意；
B、NO能与空气中的O2反应生成NO2，因此NO不能用排空气法收集，B符合题意；
C、O2不与空气中的N2、CO2反应，且O2的密度比空气大，因此可用向上排空气法收集，C不符合题意；
D、CO2不与空气中的N2、O2反应，且CO2的密度比空气大，因此可用向上排空气法收集，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】不能用排空气收集，则该气体能与空气中的成分反应。
12．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；
B、溶液中H＋能与CO32－发生反应2H＋＋CO32－=H2O＋CO2↑，不可大量共存，B不符合题意；
C、溶液中Ag＋能与Cl－发生反应Ag＋＋Cl－=AgCl↓，不可大量共存，C不符合题意；
D、溶液中Fe3＋能与OH－发生反应Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，H＋能与OH－发生反应H＋＋OH－=H2O，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】酸性溶液中含有大量的H＋，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不产生难溶(或微溶)物质，不形成弱电解质，不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应。
13．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】解：A、Na与O2在加热条件下可反应生成Na2O2，可一步实现，A不符合题意；
B、Fe2O3与H2O不反应，因此Fe2O3无法一步转化为Fe(OH)3，B符合题意；
C、Fe与Cl2在点燃条件下反应生成FeCl3，可一步实现，C不符合题意；
D、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，可一步实现，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对物质转化的考查，结合选项所给物质的性质和转化进行分析即可。
14．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，A符合题意；
B、稀硝酸的还原产物为NO，该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，B不符合题意；
C、CaCO3为难溶性固体，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，C不符合题意；
D、HClO是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、FeCl3具有氧化性，能将Cu氧化成CuCl2，自身还原为FeCl2；
B、铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2溶液、NO和H2O；
C、CaCO3难溶于水，与稀盐酸反应生成可溶性CaCl2、H2O和CO2；
D、Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HClO是一种弱酸。
15．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A、一个N2分子中含有2个氮原子，因此0.1molN2中含有的原子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，A不符合题意；
B、N2、CO的摩尔质量都是28g·mol－1，因此0.1molN2和0.1molCO的质量都是2.8g，因此其质量比为1：1，B符合题意；
C、未给出气体所处的状态，气体摩尔体积Vm不一定等于22.4L·mol－1，C不符合题意；
D、未给出溶液的体积，无法应用n=c×V进行计算，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、一个氮气分子中含有2个氮原子；
B、N2和CO的摩尔质量都是28g·mol－1；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
16．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、CaO与KOH不反应，A符合题意；
B、CaO能与H2O发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，B不符合题意；
C、CaO能与HCl发生反应CaO＋2HCl=CaCl2＋H2O，C不符合题意；
D、CaO能与SO2发生反应CaO＋SO2=CaSO3，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】CaO为金属氧化物，能与酸、酸性氧化物反应。CaO也能与H2O反应生成Ca(OH)2。
17．【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】解：A、Cl2是一种有毒气体，实验制取Cl2时应在通风橱中进行，A不符合题意；
B、金属钠能与H2O反应生成NaOH和H2，因此不可用水灭火，可用沙土覆盖，隔绝空气，B不符合题意；
C、实验室中的废液大多含有有毒有害物质，直接将废液倒入下水道中会造成水污染，应倒入指定容器内，C符合题意；
D、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、有毒气体的实验，应在通风橱中进行；
B、沙土覆盖可隔绝空气；
C、实验室中的废液应倒入指定容器内；
D、稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中。
18．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：①容量瓶在配制溶液的过程中需振荡，因此使用前需检查容量瓶是否漏水，①正确；
②容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解、稀释，②错误；
③容量瓶瓶身有一条刻度线，倒入容量瓶中的溶液需冷却至室温，防止热胀冷缩，影响溶液的体积，③正确；
④尽可能将溶质转移到容量瓶中，可减少实验误差，④正确；
⑤加水定容时，不小心超过刻度线，应重新配制；若此时用胶头滴管吸出多余液体，会使得溶液中溶质质量偏小，最终所得溶液的物质的量浓度偏小，⑤错误；
综上，上述说法正确的是①③④，B符合题意。
故答案为：B
【分析】此题是对仪器使用的考查，结合容量瓶的使用规范进行分析即可。
19．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】解：A、NH3溶于水形成NH3·H2O，溶液显碱性，能使酚酞变红，因此烧瓶中溶液为红色，A不符合题意；
B、该实验说明NH3极易溶于水，B不符合题意；
C、该实验无法体现NH3密度比水的性质，C符合题意；
D、形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】NH3极易溶于水，当将胶头滴管中水挤压入烧瓶中后，NH3溶于水，使得烧瓶内压强减小，烧杯中的酚酞溶液进入烧瓶内，形成红色喷泉。
20．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】解：A、该反应中生成物只有一种，属于化合物反应，A不符合题意；
B、该反应为复分解反应，不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C、该反应的反应物只有一种，属于分解反应，C不符合题意；
D、该反应中铁元素、碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但不属于置换反应，也不属于化合反应、分解反应，D符合题意；
故答案为：D
【分析】属于区域3的反应为氧化还原反应，但不是置换反应，也不是化合反应、分解反应。
21．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；铵离子检验；氯离子的检验；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】解：往溶液中加入稀盐酸后，产生的气体可能为CO2或SO2，则原溶液中可能含有CO32－、HCO3－或SO32－、HSO3－，A不符合题意；
B、向某溶液中加入AgNO3溶液后，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4，因此原溶液中可能含有Cl－或SO42－，B不符合题意；
C、往溶液中加入BaCl2溶液后产生的白色沉淀，不溶于盐酸，则该白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，则溶液中可能含有Cl－或SO42－，C不符合题意；
D、向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为NH3，能与OH－反应生成NH3，则原溶液中含有NH4＋，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、加入稀盐酸后产生的气体可能为CO2、SO2；
B、加入AgNO3溶液后产生的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4；
C、产生的沉淀可能为BaSO4、AgCl；
D、产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。
22．【答案】B
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】解：A、加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，因此加入NaOH的作用是除去Mg2＋，A不符合题意；
B、加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓、Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此加入Na2CO3的作用是除去过量的Ba2＋和Ca2＋，B符合题意；
C、先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液，可利用Na2CO3除去过量的BaCl2，因此BaCl2必须在Na2CO3之前加入，C不符合题意；
D、滤液中过量的NaOH、Na2CO3需用稀盐酸除去，转化为NaCl，因此试剂a为盐酸，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】加入的NaOH与Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀；再加入BaCl2，Ba2＋与SO42－反应生成BaSO4沉淀；加入Na2CO3溶液，CO32－与Ba2＋、Ca2＋形成BaCO3沉淀、CaCO3沉淀。经过滤操作后，得到滤渣为Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3和CaCO3；滤液中的溶质为NaCl、NaOH和Na2CO3。此时再向滤液中加入稀盐酸，将NaOH、Na2CO3转化为NaCl。
23．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】解：A、汽车尾气中的CO、NO都是空气污染物，A不符合题意。
B、该过程中氧元素由0价变为－2价，化合价降低被还原，NO转化为NO2的过程中，氮元素的化合价升高，被氧化；NO2转化为N2的过程中氮元素化合价降低，被还原，B符合题意。
C、使用催化转化装置，CO转化为CO2，在一定程度上提高了空气中CO2的含量，C不符合题意。
D、由工作原理可知，该反应的反应物为NO2和CO，生成物为CO2和N2，因此该反应的化学方程式为2NO2＋4CO4CO2＋N2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、汽车尾气中的CO和NO都是空气污染物。
B、根据转化过程中元素化合价变化分析，元素化合价升高，则被氧化，元素化合价降低，则被还原。
C、CO经催化转化后生成CO2。
D、根据工作原理确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式。
24．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A、上述物质中属于碱的为NaOH和Ca(OH)2，因此双碱法中的“双碱”指的是NaOH和Ca(OH)2，A不符合题意。
B、过程Ⅰ中NaOH的作用是吸收SO2，过程Ⅱ中Ca(OH)2的作用是将Na2SO3转化为CaSO4，二者的作用不同，B不符合题意。
C、过程Ⅱ中硫元素由＋4价变为＋6价，化合价升高，C符合题意。
D、过程Ⅰ中NaOH转化为Na2SO3，过程Ⅱ中Na2SO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，因此NaOH可循环利用，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】过程Ⅰ中SO2与NaOH反应生成Na2SO3，该反应的化学方程式为SO2＋2NaOH=Na2SO3。过程Ⅱ中Na2SO3与Ca(OH)2、O2反应生成NaOH和CaSO4，该反应的化学方程式为2Na2SO3＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4↓＋4NaOH。
25．【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、0s时的溶液为Ba(OH)2溶液，溶液中所含的微粒有Ba2＋、OH－和H2O，A不符合题意。
B、10～80s内Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和H2O，该反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，B符合题意。
C、最低点时Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应，溶液变为无色，此时参与反应n(H2SO4)=0.01mol/×0.1L=0.001mol，所需H2SO4溶液的体积，C不符合题意。
D、90s后H2SO4过量，溶液的电导率增大，是由于H2SO4电离产生H＋和SO42－，使得溶液中自由移动的离子增多，溶液的导电性增强，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】Ba(OH)2与H2SO4反应的化学方程式为：Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O。当Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应时，所得液体为H2O，其电导率几乎为0。因此在83s时Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应；83s前，Ba(OH)2过量，83s后H2SO4过量。
26．【答案】
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A、Fe2O3为红棕色固体，可用做红色颜料，B、KNO3中含有营养元素K和N，因此可用作化肥；C、NaClO具有氧化性，可用作消毒剂；D、NaHCO3不稳定，受热易分解，因此可用作膨松剂。
综上，各物质与用途的连线如图
【分析】此题是对物质用途的考查，结合物质所具有的性质判断其用途。
27．【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；N2+3H2 2NH3；降低；3；2N2+6H2O 4NH3+3O2；44.8
（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO；NH3、NH3 H2O、(NH4)2CO3；8.0
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：（1）①NH4Cl和Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3和H2O，该反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2H2O＋2NH3↑。
②工业上用H2和N2反应生成NH3，该反应的化学方程式为：N2＋3H22NH3。反应过程中氮元素由0价变为－3价，化合价降低。由合成氨反应的化学方程式可知，每生成2molNH3，消耗3molH2。
③由图可知，该反应的反应物为N2和H2O，生成物为NH3和O2，该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O=4NH3＋3O2。反应过程中氮元素由0价变为－3价，得到3×2×2=12个电子；氧元素由－2价变为0价，失去2×6=12个电子，因此可得NH3与转移电子的关系式为“4NH3～12e－”，所以每转移6mol电子时，生成n(NH3)=2mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=2mol×22.4L·mol－1=44.8L。
（2）①NO2与H2O反应生成HNO3和NO，该反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。
②HNO3与M反应生成NH4NO3，因此M可能为NH3、NH3·H2O或(NH4)2CO3。
③容量瓶具有一定规格，常用的容量瓶有100mL容量瓶、250mL容量瓶、500mL容量瓶、1000mL容量瓶。因此配制480mL溶液时，需用500mL容量瓶。因此所需NH4NO3固体的质量m=n×M=c×V×M=0.2mol·L－1×0.5L×80g·mol－1=8.0g。
【分析】（1）①NH4Cl和Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②工业上用N2和H2反应生成NH3，据此写出反应的化学方程式。根据反应前后氮元素的化合价变化分析。根据反应过程中物质的量之比等于化学计量数之比计算。
③根据图示原理确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式。根据元素化合价变化得出转移电子数与NH3的关系，从而进行计算。
（2）①NO2与H2O反应生成HNO3和NO，据此写出反应的化学方程式。
②HNO3与M反应生成NH4NO3，则M为碱或铵盐，据此确定M的化学式。
③配制480mL需用500mL容量瓶，结合公式m=n×M=c×V×M计算所需NH4NO3的质量。
28．【答案】（1）漂白
（2）SO2+H2O=H2SO3
（3）a
（4）吸收多余的SO2，防止污染
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：（1）装置①中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。
（2）装置②中石蕊溶液变红色，说明SO2与H2O反应生成了酸性物质H2SO3，该反应的化学方程式为SO2＋H2O=H2SO3。
（3）装置③中产生的淡黄色沉淀为S，是由SO2将溶液中的S2－氧化生成，因此体现了SO2的氧化性，a符合题意。
（4）SO2是一种空气污染物，直接排放到空气中，会造成空气污染，因此装置④为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，防止污染空气。
【分析】此题是对SO2性质的考查，结合SO2酸性氧化物、漂白性、氧化性和还原性进行分析。装置①中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性；装置②中石蕊溶液变红色，体现了SO2酸性氧化物的性质；装置③中产生淡黄色沉淀，体现了SO2的氧化性；装置④为尾气吸收装置，所用试剂为浓NaOH溶液，其中干燥管可起到防倒吸的作用。
29．【答案】（1）Fe3+；Cl5+2Fe2+=7Fe3++2Cl﹣；b
（2）SCN﹣具有还原性，与氯气发生氧化还原反应；无明显现象
（3）b；33.6%
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：（1）①加入KSCN溶液后，ⅰ中溶液略微变红色，说明待测溶液中含有Fe3＋。
②往ⅰ中溶液加入饱和氯水后，溶液的红色逐渐加深，说明溶液中c(Fe3＋)逐渐增大，则待测液中还含有Fe2＋，氯水中的Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：Cl2＋＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－。
③由实验可知，待测液中含有Fe2＋和Fe3＋，因此说明FeSO4固体的变质情况为部分变质，b符合题意。
（2）溶液“红色褪去”则可能是溶液中的Fe3＋被反应，或SCN－被氧化。实验①中加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋，因此溶液“红色褪去”不是由于Fe3＋被氧化引起。实验②应证明溶液“红色褪去”是由于SCN－被氧化引起，因此加入FeCl3溶液后，溶液不变红色。因此小组同学猜想的可能原因是SCN－具有还原性，与Cl2发生氧化还原反应，使得溶液“红色褪去”。
（3）①加入足量A，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，使其与KMnO4溶液反应，因此A为Cu，b符合题意。
②Fe2＋与KMnO4反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，参与反应的n(MnO4－)=0.1mol·L－1×3.6×10－3L=3.6×10－4mol，因此滤液中所含n(Fe2＋)=5×3.6×10－4mol=1.8×10－3mol。所以固体中所含铁元素的质量为1.8×10－3mol×56g·mol－1=0.1008g，所以久置FeSO4固体中铁元素的质量分数为。
【分析】（1）往待测液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3＋。逐滴加入饱和氯水后，溶液的红色逐渐加深，说明加入氯水后，溶液中c(Fe3＋)逐渐增大， 因此说明原溶液中含有Fe2＋。
（2）KSCN中硫元素为－2价，具有还原性，易被氧化，使得溶液的红色褪去。
（3）久置的FeSO4固体中含有Fe2(SO4)3，需将Fe3＋转化为Fe2＋，再与酸性KMnO4溶液反应，通过计算消耗KMnO4的量，计算溶液中n(Fe2＋)，从而计算FeSO4固体中铁元素的质量分数。
30．【答案】（1）＜
（2）②
（3）2；O2；2MnO2；2
（4）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；4MnO +4OH﹣=4MnO +O2↑+2H2O；NaClO；浓碱条件下，MnO 被OH﹣还原为MnO ，NaClO氧化性随碱性的增强而减弱
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：（1）加热条件下MnO2可将浓盐酸氧化为Cl2，而常温下KMnO4就能将盐酸氧化成Cl2，说明KMnO4的氧化性比MnO2的氧化性强。
（2）装置B用于除去Cl2中混有的HCl，因此装置B中的试剂为饱和NaCl溶液，②符合题意。
（3）白色沉淀为Mn(OH)2，棕黑色沉淀为MnO2，通入Cl2前，Mn(OH)2被空气中的O2氧化生成MnO2，该反应的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。
（4）实验Ⅰ、Ⅱ中溶液的碱性不同，产生的现象不同，实验Ⅱ中溶液的碱性较强，生成物中锰元素的价态更高，说明Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强；同时也说明了在碱性条件下Mn2＋可被氧化成更高价态。
（5）①Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，使得溶液的碱性减弱，该反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。
②实验Ⅳ加入4mL40%NaOH溶液后，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深，说明溶液中的MnO4－转化为MnO42－，反应的离子方程式为4MnO4－＋4OH－=4MnO42－＋O2↑＋2H2O。要证明实验Ⅲ中悬浊液种氧化剂过量，则溶液绿色缓慢加深，是由于MnO2被NaClO氧化。
③实验Ⅳ中加入4mL40%NaOH溶液，溶液的碱性较强，MnO4－被OH－还原为MnO42－。实验Ⅴ中加入加入4mL水，溶液被稀释，使得溶液中的碱性减弱，而NaClO的氧化性随碱性的增强而减弱，使得溶液紫色缓慢加深。
【分析】装置A中KMnO4溶液与盐酸反应制取Cl2；装置B为Cl2的除杂装置，由于盐酸具有挥发性，会使得生成的Cl2中混有的HCl，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，因此装置B中的试剂为饱和NaCl溶液。装置C中加入不同的试剂，探究Cl2与Mn2＋的反应。装置D中NaOH溶液用于吸收多余的Cl2，防止Cl2逸散到空气中，造成空气污染。
实验Ⅰ中通入Cl2后产生的棕黑色沉淀为MnO2。
实验Ⅱ中加入5%NaOH溶液后，Mn2＋与OH－反应生成Mn(OH)2白色沉淀；通入Cl2后Mn(OH)2被Cl2氧化成MnO2。放置后溶液变为紫色，则产生MnO4－。
实验Ⅲ中加入40%NaOH溶液，产生的白色沉淀为Mn(OH)2；通入Cl2后Mn(OH)2被氧化为MnO2，放置后溶液为紫色，则溶液中含有MnO4－。
北京市丰台区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
一、单选题
1．（2023高一上·丰台期末）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。从物质分类看，醋酸钠属于（ ）
A．酸 B．盐 C．碱 D．混合物
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：CH3COONa是由CH3COO－和Na＋构成，属于盐，B符合题意。
故答案为：B
【分析】此题是对物质分类的考查，结合酸、碱、盐、混合物的定义分析。酸是指电离产生的阳离子全部是H＋的化合物；碱是指电离产生的阴离子全部是OH－的化合物；盐是指由金属阳离子或NH4＋与酸根离子构成的化合物；混合物是指由多种物质混合而成的物质。
2．（2023高一下·凉州月考）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A．H2SO4溶液 B．Fe(OH)3胶体 C．Na2SO4溶液 D．蔗糖溶液
【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】 A.．H2SO4溶液属于溶液，不属于胶体，因此用光线照射时不能观察到丁达尔效应，A不符合题意；
B．Fe(OH)2胶体属于胶体，用光线照射时能观察到丁达尔效应，B符合题意；
C．Na2SO4溶液属于溶液，不属于胶体，因此用光线照射时不能观察到丁达尔效应，C不符合题意；
D．蔗糖溶液属于溶液，不属于胶体，因此用光线照射时不能观察到丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】胶体的分散质微粒能够使光线发生散射作用而沿直线传播，当用一束光照射胶体时，在胶体中能够看到有一条光亮的通路，即发生丁达尔效应，而其它分散系不能产生丁达尔效应，据此分析。
3．（2023高一下·凉州月考）下列物质能够导电且属于电解质的是
A．盐酸 B．K2SO4溶液 C．熔融NaCl D．Cu
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A. 盐酸是氯化氢的水溶液，能够导电，但盐酸属于混合物，所以盐酸不是电解质，故A错误；
B. K2SO4溶液能够导电，但为混合物，不是电解质，故B错误；
C. 固态的NaCl中没有自由移动的离子，所以其不能导电，但NaCl在在熔融状态下能够导电，且其属于化合物，故NaCl属于电解质，故C错误；
D. Cu可以用作导线，所以Cu能够导电，但 Cu单质，不是化合物，故 Cu不是电解质，故B错误；
故答案为：C。
【分析】依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；金属能导电，电解质在水中或者熔融状态下可导电。
4．（2023高一上·丰台期末）下列关于NaHCO3和Na2CO3的描述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液显碱性，所以Na2CO3属于碱
B．NaHCO3水溶液中存在的离子只有Na+、H+和CO
C．热稳定性：NaHCO3>Na2CO3
D．一定条件下，NaHCO3和Na2CO3之间可以互相转化
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：A、Na2CO3溶液显碱性，但Na2CO3不属于碱，而属于盐，A不符合题意；
B、NaHCO3为可溶性盐，在水中完全电离产生Na＋和HCO3－，HCO3－是弱酸的酸根离子，在水中不完全电离，产生H＋和CO32－，因此溶液中含有的离子为Na＋、H＋、CO32－和HCO3－，B不符合题意；
C、NaHCO3不稳定，受热易分解，而Na2CO3受热不分解，因此稳定性NaHCO3
故答案为：D
【分析】A、Na2CO3属于盐；
B、HCO3－为弱酸阴离子，无法完全电离；
C、NaHCO3不稳定，受热易分解；
D、NaHCO3和Na2CO3可相互转化。
5．（2023高一上·丰台期末）下列变化过程需要加入还原剂才能实现的是（ ）
A．MnO→Mn2+ B．HSO→SO2
C．Fe→Fe2O3 D．Na→NaOH
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、MnO4－转化为Mn2＋的过程中锰元素由＋7价变为＋2价，化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂，A符合题意；
B、HSO3－转化为SO2的过程中各元素化合价不变，不需加入氧化剂或还原剂，B不符合题意；
C、Fe转化为Fe2O3的过程中铁元素的化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，C不符合题意；
D、Na转化为NaOH的过程中，钠元素的化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】需加入还原剂才能实现的转化，该转化过程为还原反应，该转化过程中存在元素化合价降低。据此结合选项分析。
6．（2023高一上·丰台期末）Na2SO3与下列物质的反应中，体现的性质与其他3个反应不同的是（ ）
A．H2SO4 B．BaCl2 C．O2 D．Ca(OH)2
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：A、Na2SO3与H2SO4反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑，为非氧化还原反应；
B、Na2SO3与BaCl2反应的化学方程式为Na2SO3＋BaCl2=BaSO3↓＋2NaCl，为非氧化还原反应；
C、Na2SO3与O2反应的化学方程式为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，为氧化还原反应；
D、Na2SO3与Ca(OH)2反应的化学方程式为Na2SO3＋Ca(OH)2=CaSO3↓＋2NaOH，为非氧化还原反应；
综上，与O2的反应为氧化还原反应，体现了Na2SO3的还原性，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据Na2SO3与H2SO4、BaCl2、O2和Ca(OH)2发生的反应进行分析。
7．（2023高一上·丰台期末）常温下，下列物质可用铁制容器盛装的是（ ）
A．稀硝酸 B．硫酸铜溶液 C．硝酸银溶液 D．浓硫酸
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】解：A、稀硝酸能与Fe反应生成个Fe(NO3)3、NO和H2O，会使得铁制容器溶解，因此稀硝酸不可用铁制容器盛装，A不符合题意；
B、CuSO4溶液能与Fe反应生成FeSO4和Cu，会使得铁制容器溶解，因此不可用铁制容器盛装，B不符合题意；
C、AgNO3溶液能与Fe反应生成Fe(NO3)2和Ag，会使得铁制容器溶解，因此不可用铁制容器盛装，C不符合题意；
D、浓硫酸具有强氧化性，能使铁钝化，使铁制容器表面形成致密氧化膜，阻止反应，因此可用铁制容器盛装，D符合题意；
故答案为：D
【分析】可用铁制容器盛装，则所盛装的溶液不与铁反应。
8．（2023高一上·丰台期末）有关Na2O2的叙述不正确的是（ ）
A．是淡黄色固体 B．可以作供氧剂
C．应密封保存 D．氧元素的化合价为 2价
【答案】D
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】解：A、Na2O2为淡黄色固体，A不符合题意；
B、Na2O2能与H2O、CO2反应生成O2，因此可用作供氧剂，B不符合题意；
C、Na2O2能与空气中的H2O和CO2反应，因此Na2O2必须密封保存，C不符合题意；
D、Na2O2中钠元素为＋1价，结合化合物中化合价代数和为0可得，氧元素为－1价，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对Na2O2性质的考查，结合Na2O2的结构和性质分析。
9．（2020高一上·西城期末）下列物质与Cl2反应，能发出苍白色火焰的是（ ）
A．H2 B．Na C．Fe D．Cu
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．纯净的H2在Cl2的集气瓶中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现，A符合题意；
B．Na与Cl2在加热条件下发生反应，呈现黄色火焰，B不符合题意；
C．Fe与Cl2在加热条件下发生反应，生成棕褐色的烟，不会发出苍白色火焰，C不符合题意；
D．Cu与Cl2在加热条件下发生反应，生成棕黄色的烟，不会发出苍白色火焰，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据氯气性质，氢气与氯气点燃时会产生苍白色火焰
10．（2023高一上·丰台期末）下列气体既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是（ ）
A．H2 B．SO2 C．Cl2 D．NH3
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氯气的物理性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A、H2与H2SO4、CaO、NaOH都不反应，因此H2既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥，A符合题意；
B、SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥；SO2能与CaO、NaOH反应，因此不可用碱石灰干燥，B不符合题意；
C、Cl2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥；Cl2能与NaOH反应，因此不可用碱石灰干燥，C不符合题意；
D、NH3能与H2SO4反应，因此不可用浓硫酸干燥；NH3与CaO、NaOH不反应，因此可用碱石灰干燥，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥，则该气体既不与H2SO4反应，也不与CaO、NaOH反应。据此结合选项所给气体的性质进行分析。
11．（2023高一上·丰台期末）下列气体不能用排空气法收集的是（ ）
A．SO2 B．NO C．O2 D．CO2
【答案】B
【知识点】气体的收集
【解析】【解答】解：A、SO2与空气中的O2、CO2、N2都不反应，且SO2的密度比空气大，可用向上排空气法收集，A不符合题意；
B、NO能与空气中的O2反应生成NO2，因此NO不能用排空气法收集，B符合题意；
C、O2不与空气中的N2、CO2反应，且O2的密度比空气大，因此可用向上排空气法收集，C不符合题意；
D、CO2不与空气中的N2、O2反应，且CO2的密度比空气大，因此可用向上排空气法收集，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】不能用排空气收集，则该气体能与空气中的成分反应。
12．（2023高一上·丰台期末）下列各组离子在酸性溶液中能大量共存的是（ ）
A．Na+、Mg2+、SO、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、CO
C．Na+、Ag+、Cl﹣、NO D．Fe3+、Na+、SO、OH﹣
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；
B、溶液中H＋能与CO32－发生反应2H＋＋CO32－=H2O＋CO2↑，不可大量共存，B不符合题意；
C、溶液中Ag＋能与Cl－发生反应Ag＋＋Cl－=AgCl↓，不可大量共存，C不符合题意；
D、溶液中Fe3＋能与OH－发生反应Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，H＋能与OH－发生反应H＋＋OH－=H2O，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】酸性溶液中含有大量的H＋，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不产生难溶(或微溶)物质，不形成弱电解质，不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应。
13．（2023高一上·丰台期末）下列物质间的转化，不能一步实现的是（ ）
A．Na→Na2O2 B．Fe2O3→Fe(OH)3
C．Cl2→FeCl3 D．FeCl3→FeCl2
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】解：A、Na与O2在加热条件下可反应生成Na2O2，可一步实现，A不符合题意；
B、Fe2O3与H2O不反应，因此Fe2O3无法一步转化为Fe(OH)3，B符合题意；
C、Fe与Cl2在点燃条件下反应生成FeCl3，可一步实现，C不符合题意；
D、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，可一步实现，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对物质转化的考查，结合选项所给物质的性质和转化进行分析即可。
14．（2023高一上·丰台期末）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．FeCl3腐蚀Cu电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．铜与稀硝酸反应：Cu+4H++NO=Cu2++NO2↑+2H2O
C．碳酸钙溶于盐酸中：CO+2H+=CO2↑+H2O
D．氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，A符合题意；
B、稀硝酸的还原产物为NO，该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，B不符合题意；
C、CaCO3为难溶性固体，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，C不符合题意；
D、HClO是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、FeCl3具有氧化性，能将Cu氧化成CuCl2，自身还原为FeCl2；
B、铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2溶液、NO和H2O；
C、CaCO3难溶于水，与稀盐酸反应生成可溶性CaCl2、H2O和CO2；
D、Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HClO是一种弱酸。
15．（2023高一上·丰台期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．0.1molN2中含有的原子数为0.1NA
B．0.1molN2与0.1molCO的质量比为1：1
C．0.1molCO的体积是2.24L
D．0.1mol L﹣1NaCl溶液中含有0.1molNa+
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A、一个N2分子中含有2个氮原子，因此0.1molN2中含有的原子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，A不符合题意；
B、N2、CO的摩尔质量都是28g·mol－1，因此0.1molN2和0.1molCO的质量都是2.8g，因此其质量比为1：1，B符合题意；
C、未给出气体所处的状态，气体摩尔体积Vm不一定等于22.4L·mol－1，C不符合题意；
D、未给出溶液的体积，无法应用n=c×V进行计算，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、一个氮气分子中含有2个氮原子；
B、N2和CO的摩尔质量都是28g·mol－1；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
16．（2023高一上·丰台期末）下列物质中不能与CaO反应的是（ ）
A．KOH B．H2O C．HCl D．SO2
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、CaO与KOH不反应，A符合题意；
B、CaO能与H2O发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，B不符合题意；
C、CaO能与HCl发生反应CaO＋2HCl=CaCl2＋H2O，C不符合题意；
D、CaO能与SO2发生反应CaO＋SO2=CaSO3，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】CaO为金属氧化物，能与酸、酸性氧化物反应。CaO也能与H2O反应生成Ca(OH)2。
17．（2023高一上·丰台期末）实验室中，下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．氯气制备应在通风橱内进行
B．金属钠着火时，立即用干燥沙土覆盖
C．实验结束后，将废液倒入下水道中
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】解：A、Cl2是一种有毒气体，实验制取Cl2时应在通风橱中进行，A不符合题意；
B、金属钠能与H2O反应生成NaOH和H2，因此不可用水灭火，可用沙土覆盖，隔绝空气，B不符合题意；
C、实验室中的废液大多含有有毒有害物质，直接将废液倒入下水道中会造成水污染，应倒入指定容器内，C符合题意；
D、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、有毒气体的实验，应在通风橱中进行；
B、沙土覆盖可隔绝空气；
C、实验室中的废液应倒入指定容器内；
D、稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中。
18．（2023高一上·丰台期末）下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是（ ）
①使用容量瓶前检查是否漏水；
②在容量瓶中溶解固体溶质；
③溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；
④尽可能将溶质全部转移到容量瓶中；
⑤加水定容时，不小心超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
A．①②③ B．①③④ C．③④⑤ D．①④⑤
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：①容量瓶在配制溶液的过程中需振荡，因此使用前需检查容量瓶是否漏水，①正确；
②容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解、稀释，②错误；
③容量瓶瓶身有一条刻度线，倒入容量瓶中的溶液需冷却至室温，防止热胀冷缩，影响溶液的体积，③正确；
④尽可能将溶质转移到容量瓶中，可减少实验误差，④正确；
⑤加水定容时，不小心超过刻度线，应重新配制；若此时用胶头滴管吸出多余液体，会使得溶液中溶质质量偏小，最终所得溶液的物质的量浓度偏小，⑤错误；
综上，上述说法正确的是①③④，B符合题意。
故答案为：B
【分析】此题是对仪器使用的考查，结合容量瓶的使用规范进行分析即可。
19．（2023高一上·丰台期末）如图是喷泉实验装置图，下列说法中不正确的是（ ）
A．烧瓶中的溶液呈红色
B．该实验说明氨气极易溶于水
C．该实验说明氨气的密度小于空气的
D．形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】解：A、NH3溶于水形成NH3·H2O，溶液显碱性，能使酚酞变红，因此烧瓶中溶液为红色，A不符合题意；
B、该实验说明NH3极易溶于水，B不符合题意；
C、该实验无法体现NH3密度比水的性质，C符合题意；
D、形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】NH3极易溶于水，当将胶头滴管中水挤压入烧瓶中后，NH3溶于水，使得烧瓶内压强减小，烧杯中的酚酞溶液进入烧瓶内，形成红色喷泉。
20．（2023高一上·丰台期末）氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（ ）
A．4Na+O2=2Na2O
B．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
C．4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑
D．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】解：A、该反应中生成物只有一种，属于化合物反应，A不符合题意；
B、该反应为复分解反应，不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C、该反应的反应物只有一种，属于分解反应，C不符合题意；
D、该反应中铁元素、碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但不属于置换反应，也不属于化合反应、分解反应，D符合题意；
故答案为：D
【分析】属于区域3的反应为氧化还原反应，但不是置换反应，也不是化合反应、分解反应。
21．（2023高一上·丰台期末）下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 向某溶液中加入稀盐酸，产生大量气体 该溶液中一定含有CO
B 向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀 该溶液中一定含有Cl﹣
C 向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不消失 该溶液中一定含有SO
D 向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中一定含有NH
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；铵离子检验；氯离子的检验；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】解：往溶液中加入稀盐酸后，产生的气体可能为CO2或SO2，则原溶液中可能含有CO32－、HCO3－或SO32－、HSO3－，A不符合题意；
B、向某溶液中加入AgNO3溶液后，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4，因此原溶液中可能含有Cl－或SO42－，B不符合题意；
C、往溶液中加入BaCl2溶液后产生的白色沉淀，不溶于盐酸，则该白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，则溶液中可能含有Cl－或SO42－，C不符合题意；
D、向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为NH3，能与OH－反应生成NH3，则原溶液中含有NH4＋，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、加入稀盐酸后产生的气体可能为CO2、SO2；
B、加入AgNO3溶液后产生的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4；
C、产生的沉淀可能为BaSO4、AgCl；
D、产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。
22．（2023高一上·丰台期末）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO，可将粗盐溶于水后进行下列操作：
下列说法中不正确的是（ ）
A．NaOH的作用是除去Mg2+ B．Na2CO3的作用是除去过量的Ba2+
C．BaCl2必须在Na2CO3前加入 D．试剂a为盐酸
【答案】B
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】解：A、加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，因此加入NaOH的作用是除去Mg2＋，A不符合题意；
B、加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓、Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此加入Na2CO3的作用是除去过量的Ba2＋和Ca2＋，B符合题意；
C、先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液，可利用Na2CO3除去过量的BaCl2，因此BaCl2必须在Na2CO3之前加入，C不符合题意；
D、滤液中过量的NaOH、Na2CO3需用稀盐酸除去，转化为NaCl，因此试剂a为盐酸，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】加入的NaOH与Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀；再加入BaCl2，Ba2＋与SO42－反应生成BaSO4沉淀；加入Na2CO3溶液，CO32－与Ba2＋、Ca2＋形成BaCO3沉淀、CaCO3沉淀。经过滤操作后，得到滤渣为Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3和CaCO3；滤液中的溶质为NaCl、NaOH和Na2CO3。此时再向滤液中加入稀盐酸，将NaOH、Na2CO3转化为NaCl。
23．（2023高一上·丰台期末）汽车尾气催化转化装置的工作原理如图所示。
下列说法中，不正确的是（ ）
A．汽车尾气中含有的CO和NO是大气污染物
B．该过程中氧元素被还原，氮元素只被氧化
C．使用催化转化装置在一定程度上提高了空气中CO2的含量
D．该过程中会发生反应：2NO2+4CO4CO2+N2
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】解：A、汽车尾气中的CO、NO都是空气污染物，A不符合题意。
B、该过程中氧元素由0价变为－2价，化合价降低被还原，NO转化为NO2的过程中，氮元素的化合价升高，被氧化；NO2转化为N2的过程中氮元素化合价降低，被还原，B符合题意。
C、使用催化转化装置，CO转化为CO2，在一定程度上提高了空气中CO2的含量，C不符合题意。
D、由工作原理可知，该反应的反应物为NO2和CO，生成物为CO2和N2，因此该反应的化学方程式为2NO2＋4CO4CO2＋N2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、汽车尾气中的CO和NO都是空气污染物。
B、根据转化过程中元素化合价变化分析，元素化合价升高，则被氧化，元素化合价降低，则被还原。
C、CO经催化转化后生成CO2。
D、根据工作原理确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式。
24．（2023高一上·丰台期末）双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．双碱法中的“双碱”是指NaOH和Ca(OH)2
B．过程Ⅰ和过程Ⅱ中碱的作用不同
C．脱除过程中硫元素的化合价一直没有变化
D．脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A、上述物质中属于碱的为NaOH和Ca(OH)2，因此双碱法中的“双碱”指的是NaOH和Ca(OH)2，A不符合题意。
B、过程Ⅰ中NaOH的作用是吸收SO2，过程Ⅱ中Ca(OH)2的作用是将Na2SO3转化为CaSO4，二者的作用不同，B不符合题意。
C、过程Ⅱ中硫元素由＋4价变为＋6价，化合价升高，C符合题意。
D、过程Ⅰ中NaOH转化为Na2SO3，过程Ⅱ中Na2SO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，因此NaOH可循环利用，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】过程Ⅰ中SO2与NaOH反应生成Na2SO3，该反应的化学方程式为SO2＋2NaOH=Na2SO3。过程Ⅱ中Na2SO3与Ca(OH)2、O2反应生成NaOH和CaSO4，该反应的化学方程式为2Na2SO3＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4↓＋4NaOH。
25．（2023高一上·丰台期末）向100mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后逐滴加入0.2mol/LH2SO4溶液，测得混合溶液的导电能力随时间变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0s时溶液中存在的主要微粒是H2O、Ba2+、OH﹣
B．10～80s发生反应的离子方程式为Ba2++OH﹣+SO+H+=BaSO4↓+H2O
C．最低点溶液完全褪色，此时消耗硫酸的体积为5mL
D．90s以后电导率增大的原因是硫酸在水溶液中电离出H+和SO
【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、0s时的溶液为Ba(OH)2溶液，溶液中所含的微粒有Ba2＋、OH－和H2O，A不符合题意。
B、10～80s内Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和H2O，该反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，B符合题意。
C、最低点时Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应，溶液变为无色，此时参与反应n(H2SO4)=0.01mol/×0.1L=0.001mol，所需H2SO4溶液的体积，C不符合题意。
D、90s后H2SO4过量，溶液的电导率增大，是由于H2SO4电离产生H＋和SO42－，使得溶液中自由移动的离子增多，溶液的导电性增强，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】Ba(OH)2与H2SO4反应的化学方程式为：Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O。当Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应时，所得液体为H2O，其电导率几乎为0。因此在83s时Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应；83s前，Ba(OH)2过量，83s后H2SO4过量。
二、填空题
26．（2023高一上·丰台期末）补齐物质与其用途之间的连线。
物质 用途
A．氧化铁 a.作红色颜料
B．硝酸钾 b.作膨松剂
C．次氯酸钠 c.作肥料
D．碳酸氢钠 d.作消毒剂
【答案】
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A、Fe2O3为红棕色固体，可用做红色颜料，B、KNO3中含有营养元素K和N，因此可用作化肥；C、NaClO具有氧化性，可用作消毒剂；D、NaHCO3不稳定，受热易分解，因此可用作膨松剂。
综上，各物质与用途的连线如图
【分析】此题是对物质用途的考查，结合物质所具有的性质判断其用途。
27．（2023高一上·丰台期末）氨气(NH3)是一种重要的化工原料，其中约80%用来生产各种氮肥。
（1）氨气的制备
①实验室通过加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨，该反应的化学方程式为 。
②工业上以氮气和氢气为原料合成氨，该反应的化学方程式为 。其中氮元素的化合价 (填“升高”或“降低”)，反应中每生成2molNH3，消耗H2的物质的量是 mol。
③我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。
该反应的化学方程式为 。反应中每转移6mole﹣，生成NH3的体积为 L(标准状况下)。
（2）氮肥的制备和应用
主要转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)：N2→NO2→HNO3硝酸盐[如NH4NO3]。
①写出NO2→HNO3的化学方程式 。
②将HNO3转化为NH4NO3，列举两种不同类别的化合物M (写化学式)。
③NH4NO3常作为水培植物营养液的氮肥来源。若配制0.2mol/L的NH4NO3溶液480mL，需要NH4NO3固体的质量 g。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；N2+3H2 2NH3；降低；3；2N2+6H2O 4NH3+3O2；44.8
（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO；NH3、NH3 H2O、(NH4)2CO3；8.0
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：（1）①NH4Cl和Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3和H2O，该反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2H2O＋2NH3↑。
②工业上用H2和N2反应生成NH3，该反应的化学方程式为：N2＋3H22NH3。反应过程中氮元素由0价变为－3价，化合价降低。由合成氨反应的化学方程式可知，每生成2molNH3，消耗3molH2。
③由图可知，该反应的反应物为N2和H2O，生成物为NH3和O2，该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O=4NH3＋3O2。反应过程中氮元素由0价变为－3价，得到3×2×2=12个电子；氧元素由－2价变为0价，失去2×6=12个电子，因此可得NH3与转移电子的关系式为“4NH3～12e－”，所以每转移6mol电子时，生成n(NH3)=2mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=2mol×22.4L·mol－1=44.8L。
（2）①NO2与H2O反应生成HNO3和NO，该反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。
②HNO3与M反应生成NH4NO3，因此M可能为NH3、NH3·H2O或(NH4)2CO3。
③容量瓶具有一定规格，常用的容量瓶有100mL容量瓶、250mL容量瓶、500mL容量瓶、1000mL容量瓶。因此配制480mL溶液时，需用500mL容量瓶。因此所需NH4NO3固体的质量m=n×M=c×V×M=0.2mol·L－1×0.5L×80g·mol－1=8.0g。
【分析】（1）①NH4Cl和Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②工业上用N2和H2反应生成NH3，据此写出反应的化学方程式。根据反应前后氮元素的化合价变化分析。根据反应过程中物质的量之比等于化学计量数之比计算。
③根据图示原理确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式。根据元素化合价变化得出转移电子数与NH3的关系，从而进行计算。
（2）①NO2与H2O反应生成HNO3和NO，据此写出反应的化学方程式。
②HNO3与M反应生成NH4NO3，则M为碱或铵盐，据此确定M的化学式。
③配制480mL需用500mL容量瓶，结合公式m=n×M=c×V×M计算所需NH4NO3的质量。
三、实验题
28．（2023高一上·丰台期末）某小组同学利用以下实验装置研究SO2的性质(经检验，装置的气密性良好)。
（1）①中的现象说明SO2具有 性。
（2）②中石蕊溶液变红，说明SO2与H2O反应生成了酸性物质。写出该反应的化学方程式 。
（3）③中产生淡黄色浑浊，体现了SO2的 (填字母序号)。
a.氧化性 b.还原性
（4）④的作用是 。
【答案】（1）漂白
（2）SO2+H2O=H2SO3
（3）a
（4）吸收多余的SO2，防止污染
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：（1）装置①中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性。
（2）装置②中石蕊溶液变红色，说明SO2与H2O反应生成了酸性物质H2SO3，该反应的化学方程式为SO2＋H2O=H2SO3。
（3）装置③中产生的淡黄色沉淀为S，是由SO2将溶液中的S2－氧化生成，因此体现了SO2的氧化性，a符合题意。
（4）SO2是一种空气污染物，直接排放到空气中，会造成空气污染，因此装置④为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，防止污染空气。
【分析】此题是对SO2性质的考查，结合SO2酸性氧化物、漂白性、氧化性和还原性进行分析。装置①中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性；装置②中石蕊溶液变红色，体现了SO2酸性氧化物的性质；装置③中产生淡黄色沉淀，体现了SO2的氧化性；装置④为尾气吸收装置，所用试剂为浓NaOH溶液，其中干燥管可起到防倒吸的作用。
29．（2023高一上·丰台期末）某小组同学探究久置FeSO4固体变质的情况，并测定其中铁元素的质量分数。将0.6gFeSO4固体用蒸馏水溶解，配成20mL待测液，进行实验。
资料：KSCN中S元素的化合价为﹣2价；酸性条件下，MnO的还原产物为Mn2+。
（1）实验一：
①i中溶液略微变红，说明待测液中存在 。
②ii中溶液颜色逐渐加深的原因是 (用离子方程式表示)。
③由实验一推测FeSO4固体变质的情况是 (填字母序号)。
a.未变质 b.部分变质 c.完全变质
（2）实验二：探究ii中“红色褪去”的原因。
针对“红色褪去”的现象，小组同学猜想可能的原因是 ，并通过如下实验证实了猜想。将褪色后的溶液分两份分别进行实验：
序号 操作 现象
① 滴加NaOH溶液 产生红褐色沉淀
② 滴加FeCl3溶液 __▲_
请补全②中的现象： 。
（3）实验三：测定久置FeSO4固体中铁元素的含量，设计实验方案如图：
①可选作A的物质是 (填字母序号)。
a.Zn b.Cu c.Fe d.KI
②若消耗0.1mol/LKMnO4溶液3.6mL，则久置FeSO4固体中铁元素的质量分数是 。
【答案】（1）Fe3+；Cl5+2Fe2+=7Fe3++2Cl﹣；b
（2）SCN﹣具有还原性，与氯气发生氧化还原反应；无明显现象
（3）b；33.6%
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：（1）①加入KSCN溶液后，ⅰ中溶液略微变红色，说明待测溶液中含有Fe3＋。
②往ⅰ中溶液加入饱和氯水后，溶液的红色逐渐加深，说明溶液中c(Fe3＋)逐渐增大，则待测液中还含有Fe2＋，氯水中的Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：Cl2＋＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－。
③由实验可知，待测液中含有Fe2＋和Fe3＋，因此说明FeSO4固体的变质情况为部分变质，b符合题意。
（2）溶液“红色褪去”则可能是溶液中的Fe3＋被反应，或SCN－被氧化。实验①中加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋，因此溶液“红色褪去”不是由于Fe3＋被氧化引起。实验②应证明溶液“红色褪去”是由于SCN－被氧化引起，因此加入FeCl3溶液后，溶液不变红色。因此小组同学猜想的可能原因是SCN－具有还原性，与Cl2发生氧化还原反应，使得溶液“红色褪去”。
（3）①加入足量A，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，使其与KMnO4溶液反应，因此A为Cu，b符合题意。
②Fe2＋与KMnO4反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，参与反应的n(MnO4－)=0.1mol·L－1×3.6×10－3L=3.6×10－4mol，因此滤液中所含n(Fe2＋)=5×3.6×10－4mol=1.8×10－3mol。所以固体中所含铁元素的质量为1.8×10－3mol×56g·mol－1=0.1008g，所以久置FeSO4固体中铁元素的质量分数为。
【分析】（1）往待测液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3＋。逐滴加入饱和氯水后，溶液的红色逐渐加深，说明加入氯水后，溶液中c(Fe3＋)逐渐增大， 因此说明原溶液中含有Fe2＋。
（2）KSCN中硫元素为－2价，具有还原性，易被氧化，使得溶液的红色褪去。
（3）久置的FeSO4固体中含有Fe2(SO4)3，需将Fe3＋转化为Fe2＋，再与酸性KMnO4溶液反应，通过计算消耗KMnO4的量，计算溶液中n(Fe2＋)，从而计算FeSO4固体中铁元素的质量分数。
30．（2023高一上·丰台期末）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资 ：i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO﹣氧化成MnO2(棕黑色)、MnO (绿色)、MnO (紫色)。
ii.浓同条件下，MnO可被OH﹣还原为MnO。
iii.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
物质a 水 5%NaOH溶液 40%NaOH溶液
通入Cl2前C中实验现象 得到无色溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
通入Cl2后C中实验现象 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）实验室中利用MnO2和浓盐酸加热的反应来制取氯气，对比本实验A中的反应，推测氧化性MnO2 KMnO4(填“>”或“＜”)。
（2）B中试剂是 (填序号)。
①浓硫酸 ②饱和食盐水
（3）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色，补全发生反应的化学方程式： Mn(OH)2+ = + H2O。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：
① ；
②在碱性条件下可以被氧化到更高价态。
（5）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定，溶液的碱性变化很小。
②针对原因二小组同学做如下探究：
序号 Ⅳ Ⅴ
操作 取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液 取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水
现象 溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深 溶液紫色缓慢加深
Ⅳ中溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③分析Ⅳ、Ⅴ实验现象不同的原因是 。
【答案】（1）＜
（2）②
（3）2；O2；2MnO2；2
（4）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；4MnO +4OH﹣=4MnO +O2↑+2H2O；NaClO；浓碱条件下，MnO 被OH﹣还原为MnO ，NaClO氧化性随碱性的增强而减弱
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：（1）加热条件下MnO2可将浓盐酸氧化为Cl2，而常温下KMnO4就能将盐酸氧化成Cl2，说明KMnO4的氧化性比MnO2的氧化性强。
（2）装置B用于除去Cl2中混有的HCl，因此装置B中的试剂为饱和NaCl溶液，②符合题意。
（3）白色沉淀为Mn(OH)2，棕黑色沉淀为MnO2，通入Cl2前，Mn(OH)2被空气中的O2氧化生成MnO2，该反应的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。
（4）实验Ⅰ、Ⅱ中溶液的碱性不同，产生的现象不同，实验Ⅱ中溶液的碱性较强，生成物中锰元素的价态更高，说明Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强；同时也说明了在碱性条件下Mn2＋可被氧化成更高价态。
（5）①Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，使得溶液的碱性减弱，该反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。
②实验Ⅳ加入4mL40%NaOH溶液后，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深，说明溶液中的MnO4－转化为MnO42－，反应的离子方程式为4MnO4－＋4OH－=4MnO42－＋O2↑＋2H2O。要证明实验Ⅲ中悬浊液种氧化剂过量，则溶液绿色缓慢加深，是由于MnO2被NaClO氧化。
③实验Ⅳ中加入4mL40%NaOH溶液，溶液的碱性较强，MnO4－被OH－还原为MnO42－。实验Ⅴ中加入加入4mL水，溶液被稀释，使得溶液中的碱性减弱，而NaClO的氧化性随碱性的增强而减弱，使得溶液紫色缓慢加深。
【分析】装置A中KMnO4溶液与盐酸反应制取Cl2；装置B为Cl2的除杂装置，由于盐酸具有挥发性，会使得生成的Cl2中混有的HCl，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，因此装置B中的试剂为饱和NaCl溶液。装置C中加入不同的试剂，探究Cl2与Mn2＋的反应。装置D中NaOH溶液用于吸收多余的Cl2，防止Cl2逸散到空气中，造成空气污染。
实验Ⅰ中通入Cl2后产生的棕黑色沉淀为MnO2。
实验Ⅱ中加入5%NaOH溶液后，Mn2＋与OH－反应生成Mn(OH)2白色沉淀；通入Cl2后Mn(OH)2被Cl2氧化成MnO2。放置后溶液变为紫色，则产生MnO4－。
实验Ⅲ中加入40%NaOH溶液，产生的白色沉淀为Mn(OH)2；通入Cl2后Mn(OH)2被氧化为MnO2，放置后溶液为紫色，则溶液中含有MnO4－。
