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2022-2023学年江苏省南京市第五高级中学高一下学期3月月考化学试题
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1. 《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测，“青矾”的主要成分为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.为蓝色晶体，受热失去结晶水变成白色，故A不符合题意；
B.为绿色晶体，+2价铁离子不稳定，易被氧化成+3价铁离子，即在空气中灼烧后生成赤色的三氧化二铁，故B符合题意；
C.为无色晶体，加热失去结晶水后，变成白色粉末，故C不符合题意；
D.为黄色晶体，加热后失去结晶水，变成硫酸铁粉末，故D不符合题意；
故选B。
【点睛】根据不同晶体的颜色判断是解答关键。
2. 下列对和的叙述正确的是
A. 标准状况下，都是无色气体都易溶于水
B. 都是酸性氧化物，其水化物都是强酸
C. 都可使品红溶液褪色，加热时红色又能再现
D. 都能跟碱溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．在标准状况下，是固体，A错误；
B．溶于水得到的亚硫酸是中强酸，B错误；
C．能使品红溶液褪色，加热时红色恢复，没有漂白性，不能使品红溶液褪色，C错误；
D．和都是酸性氧化物，都能跟碱反应生成盐和水，D正确；
故选D。
3. 下列各组属于同位素的是 （ ）
A. 金刚石和石墨B. 苏打和小苏打C. 614C和612CD. O2和O3
【答案】C
【解析】
【详解】A、金刚石和石墨均是碳元素的不同单质，属于同素异形体，选项A不选；
B、苏打是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠，属于盐类，选项B不选；
C、614C和612C质子数相同，中子数不相同，属于碳元素中的不同核素，互为同位素，选项C选；
D、氧气和臭氧均是氧元素的不同单质，属于同素异形体，选项D不选，
答案选C。
4. 下列物质中，只含有离子键的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH由Na+和OH-构成，既含离子键，又含共价键，A不符合题意；
B．H2O2只含共价键，B不符合题意；
C．O2只含共价键，C不符合题意；
D．NaCl由Na+和Cl-构成，只含离子键，D符合题意；
故选D。
5. 在元素周期表中金属和非金属元素的分界线的附近可以找到
A. 研制新型农药的元素B. 制造半导体材料的元素
C. 制造催化剂的材料D. 制造耐高温的合金材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，故A错误；
B．位于元素周期表中金属和非金属元素的分界线的附近的元素既有金属性又有非金属性，则制半导体的材料在金属和非金属的分界线附近找到，故B正确；
C．制造催化剂的材料在过渡元素区找到，如铁或钒等，故C错误；
D．制耐高温合金元素在元素周期表的过渡金属中能找到，故D错误；
故答案为B。
6. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 向NaOH溶液中通入少量CO2：OH—+CO2=HCO
B. 用氨水吸收少量SO2：2NH3•H2O+SO2═2NH+SO+H2O
C Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO+2H2O+4NH
D. 向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量H2S：Fe3++H2S═Fe2++S↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为2OH—+CO2═CO+H2O，故A错误；
B．氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3•H2O+SO2═2NH+SO+H2O，故B正确；
C．硝酸铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故C错误；
D．硫酸铁酸性溶液与硫化氢反应生成硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故D错误；
故选B。
7. 硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 如图是常见于汽车中的小摆件“苹果花”，它的动力是以Si为原料制作的太阳能电池
B. 晶体硅主要用途是制造光导纤维
C. 硅是地壳中含量最多的元素
D. 硅的化学性质很稳定，因此硅在自然界中以游离态形式存在
【答案】A
【解析】
【详解】A. 晶体硅是良好的半导体材料，主要用途是制作太阳能电池、集成电路，故A正确；
B. 晶体硅主要用途是制作太阳能电池、集成电路等，制造光导纤维的是二氧化硅，故B错误；
C. 氧是地壳中含量最多的元素，故C错误；
D. 硅是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，D错误；
故答案为A。
8. 某同学探究氨和铵盐的性质，相关实验操作及现象描述正确的是
A. 室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱
B. 将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al(OH)3的两性
C. 将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟
D. 加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可以比较NH3·H2O和NaOH的碱性强弱，A正确；
B．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，会发生反应产生氢氧化铝白色沉淀，由于一水合氨是弱碱，不能溶解Al(OH)3，因此不可研究Al(OH)3的两性，B错误；
C．浓硫酸是难挥发性酸，所以将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，不能产生白烟，C错误；
D．在加热的条件下氯化铵和碳酸氢钠均分解，达不到除杂的目的，D错误；
答案选A。
【点晴】该题的易错选项是C，注意能和浓氨水相遇产生白烟的应该是挥发性酸，例如浓盐酸和浓硝酸，浓硫酸没有挥发性，浓硫酸具有吸水性和脱水性。另外还需要注意烟和雾的区别，盐是固体小颗粒，雾是小液滴。
9. 下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．应为氨气极易溶于水，实验室应该用氢氧化钙固体和氯化铵固体再加热条件下反应制备氨气，A错误；
B．氨气具有碱性，浓硫酸有酸性，所以无法用浓硫酸除去氨气中的水分，应该用碱石灰干燥氨气，B错误；
C．氨气和氧化铜反应生成Cu、N2、H2O，所以若观察到黑色固体变为红色，则证明氨气具有还原性，C正确；
D．氨气极易溶于水，尾气吸收时需要防倒吸，可以加入四氯化碳，水中上层，四氯化碳在下层，导管伸入四氯化碳中，能起到防倒吸的作用，D错误；
故答案选C。
10. 四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如表所示，Z的原子序数是Y的两倍，下列说法不正确的是
A. 原子半径(r)大小比较r(Z)＞r(W)
B. X和W可形成共价化合物XW3
C. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强
D. W的非金属性比Z的强，所以W的氧化物对应的水化物酸性比Z的强
【答案】D
【解析】
【分析】由四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置和Z的原子序数是Y的两倍可知，X为N元素、Y为O元素、Z为S元素、W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左向右原子半径减小，则硫原子的原子半径大于氯原子，故A正确；
B．氮元素和氯元素可以形成共价化合物NCl3，故B正确；
C．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，最低价单核阴离子的失电子能力依次减弱，则硫离子的失电子能力强于氧离子，故C正确；
D．同周期元素，从左向右元素非金属依次增强最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，但含氧酸无此规律，如次氯酸的酸性弱于硫酸，故D错误；
故选D。
11. 下列关于离子检验叙述正确的是
A. 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，一定无K+
B. 某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在NH
C. 某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不消失，说明原溶液中一定存在SO
D. 某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定存在Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】根据颜色反应特点及离子反应生成沉淀或气体的特性进行判断；
【详解】A．K+通过蓝色钴玻璃进行检测，故不能确定是否一定含有钾离子，故A不正确；
B．铵根离子与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确；
C．加入氯化钡还可能生成氯化银沉淀，故不能说明一定含有硫酸根离子，故C不正确；
D．加入硝酸银还可能产生其它沉淀如碳酸银、硫酸银等，故D不正确；
故选答案B；
【点睛】此题考查离子的检验及颜色反应；注意颜色反应中钾离子的操作及离子反应中沉淀的特性检验。
12. 下列叙述正确的是
A. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、等气体
B. 浓硫酸与单质硫反应的方程式为：2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性
C. 把足量铜粉投入到只含的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为
D. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓，是因为浓的强氧化性使其钝化
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)，A选项错误；
B．金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，B选项错误；
C．Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4L，C选项错误；
D．因为浓硫酸具有较强的氧化性，在常温下铝和铁发生钝化，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D选项正确；
答案选D
13. 下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是
A. 加热烧瓶中的浓氨水
B. 加热试管中的熟石灰和氯化铵固体的混合物
C. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中
D. 加热试管中的氯化铵固体，并将产生的气体通过装有碱石灰的干燥管
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：，A不符合题意；
B．氢氧化钙与氯化铵混合后加热可用于制取氨气，化学方程式为：，B不符合题意；
C．CaO与H2O剧烈反应生成Ca(OH)2同时放出大量热，促进NH3.H2O的分解及NH3逸出，能用于实验室制取氨气，C不符合题意；
D．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢在试管口遇冷重新化合又生成氯化铵，不能用于制取氨气，D符合题意；
故选D
14. 亚硝酸钠()具有致癌作用，许多腌制食品中含。酸性溶液与亚硝酸钠反应的离子反应为(未配平)。下列叙述错误的是
A. 生成1ml，转移5ml电子
B. 该反应中氮元素被氧化
C. 该反应氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶5
D. 配平后，的化学计量数为3
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应过程中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，每生成1mlMn2+转移5ml电子，A正确；
B．N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素化合价升高，被氧化，B正确；
C．1mlMnO得到5ml电子生成1mlMn2+，1mlNO失去2ml电子生成1mlNO，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为，Mn2+为还原产物，NO为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2，C错误；
D．根据上述分析，H2O的化学计量数为3，D正确；
故选C。
15. 用以下三种途径制取相同质量的硝酸铜，下列叙述不正确的是
①铜与浓硝酸反应 ②铜与稀硝酸反应 ③铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硝酸反应
A. 对环境造成的危害：③最小
B. 所消耗的HNO3的物质的量：①>②>③
C. 三种途径所消耗的铜的质量相同
D. 铜与浓硝酸反应速率最快，故制取硝酸铜的最佳方案是①
【答案】D
【解析】
【分析】①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，；
②铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，；
③铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硝酸反应，反应为、；
【详解】A．由分析可知，③不生成污染性气体，对环境污染最小，故A正确；
B．由分析可知，生成等量的硝酸铜，所消耗的HNO3的物质的量：①>②>③，故B正确；
C．根据铜元素守恒可知，三种途径所消耗的铜的质量相同，故C正确；
D．铜与浓硝酸反应生成污染性气体，且氮元素利用率低；方案③不生成污染性气体且氮元素利用率高，故制取硝酸铜的最佳方案是③，故D错误；
故选D。
16. 自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是
A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B. 在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应
C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；
B．由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；
C．由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；
D．使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；
故选D。
17. 用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄()的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是
A. “酸溶”时加速搅拌可加快反应速率
B. “过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和
C. “还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为
D. “氧化”时离子方程式：
【答案】C
【解析】
【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
【详解】A．加速搅拌可增大反应速率，A正确；
B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，B正确；
C．还原时有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2：14=1：7，C错误；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为，D正确；
故选C。
18. 工业焊接钢管常用Cs进行“无损探伤”。下列有关说法正确的是
A. 137表示质量数B. 137表示中子数
C. 该原子质子数大于中子数D. 该原子的K、L层共容纳了11个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cs的质子数为55、质量数为137，故A正确；
B．Cs的质子数为55、质量数为137、中子数137﹣55=82，故B错误；
C．Cs的质子数为55、质量数为137、中子数137﹣55=82，则质子数小于中子数，故C错误；
D．由核外电子排布规律可知，K层最多只能容纳2个电子、L层最多只能容纳8个电子，最多容纳10个电子，故D错误；
故选A。
19. 下列实验过程中，始终无明显现象的是
A. NO2通入FeSO4溶液中B. CO2通入CaCl2溶液中
C. HCl通入NaOH溶液中D. SO2通入酸化的Ba(NO3)2溶液中
【答案】BC
【解析】
【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸把亚铁离子氧化成三价铁离子，溶液浅绿色变成了棕黄色，溶液颜色发生了变化，故A不符合题意；
B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，则二氧化碳通入氯化钙溶液中始终无明显现象，故B符合题意；
C．氯化氢通入氢氧化钠溶液中发生的反应为氯化氢与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应中始终无明显现象，故C符合题意；
D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子存在，在酸性环境下，相当于存在硝酸，硝酸将亚硫酸酸氧化为硫酸，遇到钡离子会出现白色的硫酸钡沉淀，反应中现象明显，故D不符合题意；
故选BC。
20. 铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入下列物质，相关推断错误的是（ ）
A. 加入铁粉，铁粉溶解B. 滴入NaNO3溶液，铜片不溶解
C. 加入银粉，银粉不溶解D. 滴入NaHCO3溶液，有气体产生
【答案】B
【解析】
【分析】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中仍有稀硫酸。
【详解】A．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，故A正确；
B．滴入NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，故B错误；
C．加入银粉，Ag与稀硫酸不反应，则银粉不溶解，故C正确；
D．滴入NaHCO3溶液，与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，故D正确；
故选B。
二、解答题(共3小题，共40分)
21. 人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1装置制备氨并探究相关性质。
(1)图1装置A中，烧瓶内药品可选用____
(2)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为___________。
(3)该实验缺少尾气吸收装置，图2中不能用来吸收尾气的装置是___________(填装置序号)。
(4)实验室还可用图3所示装置制备氨气，反应化学方程式为___________。用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图4装置进行喷泉实验，挤压胶头滴管时，可以得到红色喷泉，原因是___________(用化学方程式和适当的文字来说明)。
(5)图4装置中，若将胶头滴管中的水和烧杯中滴有酚酞的水换成下列选项的溶液，烧瓶中的气体变换成下列选项中的气体，不能形成喷泉实验现象的组合是___________。
A．水、CO2 B．HCl溶液、NH3气体
C．NaOH溶液、HCl气体 D．NaOH溶液、CO2气体
(6)氨气极易溶于水，若标准状况下，将5.6L的氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为___________ ml∙L−1
【答案】 ①. 碱石灰或氧化钙或氢氧化钠 ②. ③. Ⅰ ④. ⑤. 氨气与水反应，且易溶于水，导致瓶内压强减小 ⑥. A ⑦. 0.25 ml∙L−1
【解析】
【分析】实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，也常用浓氨水和氧化钙或NaOH固体制取氨气，氨气与氧化铜反应生成氮气、铜和水，氨气是刺激性气体，有毒，常用防倒吸的方法处理氨气尾气；实验室常利用气体极易溶于另一种液体或溶液，造成较大压强差来形成喷泉实验。
【详解】(1)图1装置A是实验室简易制氨气的方法，装置是固体和液体不加热，因此烧瓶内药品可选用碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体；故答案为：碱石灰或氧化钙或氢氧化钠。
(2)实验中观察到C中CuO粉末变红，生成了单质铜，D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，并收集到一种单质气体，铜化合价降低，则氨气中氮化合价升高变为氮气，因此该反应相关化学方程式为；故答案为：。
(3)氨气极易溶于水，因此要采用防倒吸的装置来处理尾气，Ⅱ装置利用氨气不溶于四氯化碳，从四氯化碳中逸出，再被水吸收，因此不能用来吸收尾气的装置是Ⅰ；故答案为：Ⅰ。
(4)实验室还可用图3制备氨气，利用氯化铵和氢氧化钙加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，其反应化学方程式为。用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图4装置进行喷泉实验，挤压胶头滴管时，可以得到红色喷泉，原因是， 氨气与水反应，且易溶于水，导致瓶内压强减小；故答案为：；， 氨气与水反应，且易溶于水，导致瓶内压强减小。
(5)A．CO2在水中溶解度不大，不能造成较大压强差，因此不能形成喷泉实验现象，故A符合题意；
B．NH3气体与HCl溶液极易反应，造成较大压强差，因此能形成喷泉实验现象，故B不符合题意；
C．HCl气体与NaOH溶液极易反应，造成较大压强差，因此能形成喷泉实验现象，故C不符合题意；
D．CO2气体与NaOH溶液极易反应，造成较大压强差，因此能形成喷泉实验现象，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
(6)氨气极易溶于水，若标准状况下，将5.6L的氨气物质的量为0.25ml，将0.25ml氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为；故答案为：0.25。
22. HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是___________(填序号)。
A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D．亚硝酸盐是还原剂
(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是___________(填序号)。
A．加入稀盐酸，观察是否有气泡产生 B．加入AgNO3，观察是否有沉淀产生 C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)
(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：___________。
(4)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
___________Fe(OH)3 +___________ClO-+___________OH- =___________FeO+___________Cl-+___________ ___________
___________
(5)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是___________。
【答案】 ①. D ②. B ③. NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl- ④. 2 3 4 2 3 5 H2O ⑤. P、CuSO4
【解析】
【详解】(1)根据题意可知，血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋，Fe2＋作还原剂，则亚硝酸盐作氧化剂，服用维生素C可解毒，说明维生素C具有还原性。
A．根据上述分析可知，亚硝酸盐作氧化剂，在反应中被还原，故A正确；
B．根据上述分析可知，维生素C是还原剂，故B正确；
C．维生素C因具有还原性，可以将Fe3＋还原为Fe2＋，故C正确；
D．根据上述分析可知，亚硝酸盐是氧化剂，故D错误；
答案选D；
(2)A．因HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaNO2会与稀盐酸反应生成HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，故A可以区分；
B．根据题目信息可知，加入AgNO3，NaNO2和NaCl都会生成沉淀，现象相同，故B不能区分；
C．因在酸性条件下HNO2是一种氧化剂，则在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，能将I-氧化生成单质碘，遇淀粉呈蓝色，而NaCl与KI-淀粉溶液不反应，故C可以区分；
答案选B；
(3)把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，则氯元素化合价从0价降低到-1价作氧化剂，氮元素化合价从+3价升高到+5价作还原剂，结合得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl-；
(4)根据反应可知，Fe(OH)3中Fe元素的化合价由+3价升高至+6价，ClO-中Cl元素的化合价由+1价降低至-1价，根据得失电子守恒有2Fe(OH)3+3ClO-2FeO+3Cl-，再根据电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；
(5)根据反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，CuSO4中Cu元素的化合价降低，得到电子作氧化剂，P单质中P的化合价部分由0价升高至+5价，部分由0价降低至-3价，P既是氧化剂、也是还原剂，故氧化剂为P、CuSO4。
23. 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2•xH2O]是一种重要的铁盐。某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和少量CuSO4。为减少污染并变废为宝，计划利用该废水制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）固体X的化学式是___________。
（2）取“还原过滤”后的溶液于试管，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是___________；此过程涉及的氧化还原反应是___________(写化学方程式)。
（3）滤渣用___________浸泡后过滤，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量。
（4）为不引入杂质，“氧化”中所加试剂Y为___________，发生反应的离子方程式为___________。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为___________。
【答案】（1）Fe （2） ①. 产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）稀硫酸 （4） ①. H2O2 ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（5）NH4Fe(SO4)2•12H2O
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向工业废水 (含有大量的FeSO4和少量CuSO4) 中加入足量的固体X即Fe，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，充分反应后过滤得到滤渣，主要成分为Cu和Fe，向滤液中加入稀硫酸和试剂Y为H2O2，将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，反应方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，向充分氧化后的溶液中加入(NH4)2SO4固体，在蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，即得硫酸铁铵晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，固体X的化学式是Fe，故答案为：Fe；
【小问2详解】
由分析可知，取“还原过滤”后的溶液主要成分为FeSO4和稀硫酸于试管，滴加氢氧化钠溶液，由FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3可知，产生的现象是产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，此过程涉及的氧化还原反应是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣主要成分为Fe和Cu，则滤渣用稀硫酸浸泡后过滤，得到滤液为FeSO4和稀硫酸，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量，故答案为：稀硫酸；
【小问4详解】
由分析可知，为不引入杂质，“氧化”中所加试剂Y为H2O2，发生反应的反应方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，故其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问5详解】
采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃失掉1.5个结晶水，失重5.6%，则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为：=482，即14+4×1+56+2×96+18x=482，解得x=12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2•12H2O，故答案为：NH4Fe(SO4)2•12H2O。
A．用装置制取氨
B．用装置除去氨中的水蒸气
C．用装置验证氨具有还原性
D．用装置吸收尾气
X
Y
Z
W
1. 《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测，“青矾”的主要成分为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.为蓝色晶体，受热失去结晶水变成白色，故A不符合题意；
B.为绿色晶体，+2价铁离子不稳定，易被氧化成+3价铁离子，即在空气中灼烧后生成赤色的三氧化二铁，故B符合题意；
C.为无色晶体，加热失去结晶水后，变成白色粉末，故C不符合题意；
D.为黄色晶体，加热后失去结晶水，变成硫酸铁粉末，故D不符合题意；
故选B。
【点睛】根据不同晶体的颜色判断是解答关键。
2. 下列对和的叙述正确的是
A. 标准状况下，都是无色气体都易溶于水
B. 都是酸性氧化物，其水化物都是强酸
C. 都可使品红溶液褪色，加热时红色又能再现
D. 都能跟碱溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．在标准状况下，是固体，A错误；
B．溶于水得到的亚硫酸是中强酸，B错误；
C．能使品红溶液褪色，加热时红色恢复，没有漂白性，不能使品红溶液褪色，C错误；
D．和都是酸性氧化物，都能跟碱反应生成盐和水，D正确；
故选D。
3. 下列各组属于同位素的是 （ ）
A. 金刚石和石墨B. 苏打和小苏打C. 614C和612CD. O2和O3
【答案】C
【解析】
【详解】A、金刚石和石墨均是碳元素的不同单质，属于同素异形体，选项A不选；
B、苏打是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠，属于盐类，选项B不选；
C、614C和612C质子数相同，中子数不相同，属于碳元素中的不同核素，互为同位素，选项C选；
D、氧气和臭氧均是氧元素的不同单质，属于同素异形体，选项D不选，
答案选C。
4. 下列物质中，只含有离子键的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH由Na+和OH-构成，既含离子键，又含共价键，A不符合题意；
B．H2O2只含共价键，B不符合题意；
C．O2只含共价键，C不符合题意；
D．NaCl由Na+和Cl-构成，只含离子键，D符合题意；
故选D。
5. 在元素周期表中金属和非金属元素的分界线的附近可以找到
A. 研制新型农药的元素B. 制造半导体材料的元素
C. 制造催化剂的材料D. 制造耐高温的合金材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，故A错误；
B．位于元素周期表中金属和非金属元素的分界线的附近的元素既有金属性又有非金属性，则制半导体的材料在金属和非金属的分界线附近找到，故B正确；
C．制造催化剂的材料在过渡元素区找到，如铁或钒等，故C错误；
D．制耐高温合金元素在元素周期表的过渡金属中能找到，故D错误；
故答案为B。
6. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 向NaOH溶液中通入少量CO2：OH—+CO2=HCO
B. 用氨水吸收少量SO2：2NH3•H2O+SO2═2NH+SO+H2O
C Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO+2H2O+4NH
D. 向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量H2S：Fe3++H2S═Fe2++S↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为2OH—+CO2═CO+H2O，故A错误；
B．氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3•H2O+SO2═2NH+SO+H2O，故B正确；
C．硝酸铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故C错误；
D．硫酸铁酸性溶液与硫化氢反应生成硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故D错误；
故选B。
7. 硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 如图是常见于汽车中的小摆件“苹果花”，它的动力是以Si为原料制作的太阳能电池
B. 晶体硅主要用途是制造光导纤维
C. 硅是地壳中含量最多的元素
D. 硅的化学性质很稳定，因此硅在自然界中以游离态形式存在
【答案】A
【解析】
【详解】A. 晶体硅是良好的半导体材料，主要用途是制作太阳能电池、集成电路，故A正确；
B. 晶体硅主要用途是制作太阳能电池、集成电路等，制造光导纤维的是二氧化硅，故B错误；
C. 氧是地壳中含量最多的元素，故C错误；
D. 硅是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，D错误；
故答案为A。
8. 某同学探究氨和铵盐的性质，相关实验操作及现象描述正确的是
A. 室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱
B. 将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al(OH)3的两性
C. 将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟
D. 加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可以比较NH3·H2O和NaOH的碱性强弱，A正确；
B．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，会发生反应产生氢氧化铝白色沉淀，由于一水合氨是弱碱，不能溶解Al(OH)3，因此不可研究Al(OH)3的两性，B错误；
C．浓硫酸是难挥发性酸，所以将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，不能产生白烟，C错误；
D．在加热的条件下氯化铵和碳酸氢钠均分解，达不到除杂的目的，D错误；
答案选A。
【点晴】该题的易错选项是C，注意能和浓氨水相遇产生白烟的应该是挥发性酸，例如浓盐酸和浓硝酸，浓硫酸没有挥发性，浓硫酸具有吸水性和脱水性。另外还需要注意烟和雾的区别，盐是固体小颗粒，雾是小液滴。
9. 下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．应为氨气极易溶于水，实验室应该用氢氧化钙固体和氯化铵固体再加热条件下反应制备氨气，A错误；
B．氨气具有碱性，浓硫酸有酸性，所以无法用浓硫酸除去氨气中的水分，应该用碱石灰干燥氨气，B错误；
C．氨气和氧化铜反应生成Cu、N2、H2O，所以若观察到黑色固体变为红色，则证明氨气具有还原性，C正确；
D．氨气极易溶于水，尾气吸收时需要防倒吸，可以加入四氯化碳，水中上层，四氯化碳在下层，导管伸入四氯化碳中，能起到防倒吸的作用，D错误；
故答案选C。
10. 四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如表所示，Z的原子序数是Y的两倍，下列说法不正确的是
A. 原子半径(r)大小比较r(Z)＞r(W)
B. X和W可形成共价化合物XW3
C. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强
D. W的非金属性比Z的强，所以W的氧化物对应的水化物酸性比Z的强
【答案】D
【解析】
【分析】由四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置和Z的原子序数是Y的两倍可知，X为N元素、Y为O元素、Z为S元素、W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左向右原子半径减小，则硫原子的原子半径大于氯原子，故A正确；
B．氮元素和氯元素可以形成共价化合物NCl3，故B正确；
C．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，最低价单核阴离子的失电子能力依次减弱，则硫离子的失电子能力强于氧离子，故C正确；
D．同周期元素，从左向右元素非金属依次增强最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，但含氧酸无此规律，如次氯酸的酸性弱于硫酸，故D错误；
故选D。
11. 下列关于离子检验叙述正确的是
A. 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，一定无K+
B. 某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在NH
C. 某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不消失，说明原溶液中一定存在SO
D. 某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定存在Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】根据颜色反应特点及离子反应生成沉淀或气体的特性进行判断；
【详解】A．K+通过蓝色钴玻璃进行检测，故不能确定是否一定含有钾离子，故A不正确；
B．铵根离子与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确；
C．加入氯化钡还可能生成氯化银沉淀，故不能说明一定含有硫酸根离子，故C不正确；
D．加入硝酸银还可能产生其它沉淀如碳酸银、硫酸银等，故D不正确；
故选答案B；
【点睛】此题考查离子的检验及颜色反应；注意颜色反应中钾离子的操作及离子反应中沉淀的特性检验。
12. 下列叙述正确的是
A. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、等气体
B. 浓硫酸与单质硫反应的方程式为：2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性
C. 把足量铜粉投入到只含的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为
D. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓，是因为浓的强氧化性使其钝化
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)，A选项错误；
B．金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，B选项错误；
C．Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4L，C选项错误；
D．因为浓硫酸具有较强的氧化性，在常温下铝和铁发生钝化，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D选项正确；
答案选D
13. 下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是
A. 加热烧瓶中的浓氨水
B. 加热试管中的熟石灰和氯化铵固体的混合物
C. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中
D. 加热试管中的氯化铵固体，并将产生的气体通过装有碱石灰的干燥管
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：，A不符合题意；
B．氢氧化钙与氯化铵混合后加热可用于制取氨气，化学方程式为：，B不符合题意；
C．CaO与H2O剧烈反应生成Ca(OH)2同时放出大量热，促进NH3.H2O的分解及NH3逸出，能用于实验室制取氨气，C不符合题意；
D．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢在试管口遇冷重新化合又生成氯化铵，不能用于制取氨气，D符合题意；
故选D
14. 亚硝酸钠()具有致癌作用，许多腌制食品中含。酸性溶液与亚硝酸钠反应的离子反应为(未配平)。下列叙述错误的是
A. 生成1ml，转移5ml电子
B. 该反应中氮元素被氧化
C. 该反应氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶5
D. 配平后，的化学计量数为3
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应过程中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，每生成1mlMn2+转移5ml电子，A正确；
B．N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素化合价升高，被氧化，B正确；
C．1mlMnO得到5ml电子生成1mlMn2+，1mlNO失去2ml电子生成1mlNO，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为，Mn2+为还原产物，NO为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2，C错误；
D．根据上述分析，H2O的化学计量数为3，D正确；
故选C。
15. 用以下三种途径制取相同质量的硝酸铜，下列叙述不正确的是
①铜与浓硝酸反应 ②铜与稀硝酸反应 ③铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硝酸反应
A. 对环境造成的危害：③最小
B. 所消耗的HNO3的物质的量：①>②>③
C. 三种途径所消耗的铜的质量相同
D. 铜与浓硝酸反应速率最快，故制取硝酸铜的最佳方案是①
【答案】D
【解析】
【分析】①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，；
②铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，；
③铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硝酸反应，反应为、；
【详解】A．由分析可知，③不生成污染性气体，对环境污染最小，故A正确；
B．由分析可知，生成等量的硝酸铜，所消耗的HNO3的物质的量：①>②>③，故B正确；
C．根据铜元素守恒可知，三种途径所消耗的铜的质量相同，故C正确；
D．铜与浓硝酸反应生成污染性气体，且氮元素利用率低；方案③不生成污染性气体且氮元素利用率高，故制取硝酸铜的最佳方案是③，故D错误；
故选D。
16. 自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是
A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B. 在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应
C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；
B．由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；
C．由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；
D．使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；
故选D。
17. 用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄()的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是
A. “酸溶”时加速搅拌可加快反应速率
B. “过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和
C. “还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为
D. “氧化”时离子方程式：
【答案】C
【解析】
【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
【详解】A．加速搅拌可增大反应速率，A正确；
B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，B正确；
C．还原时有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2：14=1：7，C错误；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为，D正确；
故选C。
18. 工业焊接钢管常用Cs进行“无损探伤”。下列有关说法正确的是
A. 137表示质量数B. 137表示中子数
C. 该原子质子数大于中子数D. 该原子的K、L层共容纳了11个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cs的质子数为55、质量数为137，故A正确；
B．Cs的质子数为55、质量数为137、中子数137﹣55=82，故B错误；
C．Cs的质子数为55、质量数为137、中子数137﹣55=82，则质子数小于中子数，故C错误；
D．由核外电子排布规律可知，K层最多只能容纳2个电子、L层最多只能容纳8个电子，最多容纳10个电子，故D错误；
故选A。
19. 下列实验过程中，始终无明显现象的是
A. NO2通入FeSO4溶液中B. CO2通入CaCl2溶液中
C. HCl通入NaOH溶液中D. SO2通入酸化的Ba(NO3)2溶液中
【答案】BC
【解析】
【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸把亚铁离子氧化成三价铁离子，溶液浅绿色变成了棕黄色，溶液颜色发生了变化，故A不符合题意；
B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，则二氧化碳通入氯化钙溶液中始终无明显现象，故B符合题意；
C．氯化氢通入氢氧化钠溶液中发生的反应为氯化氢与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应中始终无明显现象，故C符合题意；
D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子存在，在酸性环境下，相当于存在硝酸，硝酸将亚硫酸酸氧化为硫酸，遇到钡离子会出现白色的硫酸钡沉淀，反应中现象明显，故D不符合题意；
故选BC。
20. 铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入下列物质，相关推断错误的是（ ）
A. 加入铁粉，铁粉溶解B. 滴入NaNO3溶液，铜片不溶解
C. 加入银粉，银粉不溶解D. 滴入NaHCO3溶液，有气体产生
【答案】B
【解析】
【分析】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中仍有稀硫酸。
【详解】A．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，故A正确；
B．滴入NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，故B错误；
C．加入银粉，Ag与稀硫酸不反应，则银粉不溶解，故C正确；
D．滴入NaHCO3溶液，与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，故D正确；
故选B。
二、解答题(共3小题，共40分)
21. 人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1装置制备氨并探究相关性质。
(1)图1装置A中，烧瓶内药品可选用____
(2)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为___________。
(3)该实验缺少尾气吸收装置，图2中不能用来吸收尾气的装置是___________(填装置序号)。
(4)实验室还可用图3所示装置制备氨气，反应化学方程式为___________。用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图4装置进行喷泉实验，挤压胶头滴管时，可以得到红色喷泉，原因是___________(用化学方程式和适当的文字来说明)。
(5)图4装置中，若将胶头滴管中的水和烧杯中滴有酚酞的水换成下列选项的溶液，烧瓶中的气体变换成下列选项中的气体，不能形成喷泉实验现象的组合是___________。
A．水、CO2 B．HCl溶液、NH3气体
C．NaOH溶液、HCl气体 D．NaOH溶液、CO2气体
(6)氨气极易溶于水，若标准状况下，将5.6L的氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为___________ ml∙L−1
【答案】 ①. 碱石灰或氧化钙或氢氧化钠 ②. ③. Ⅰ ④. ⑤. 氨气与水反应，且易溶于水，导致瓶内压强减小 ⑥. A ⑦. 0.25 ml∙L−1
【解析】
【分析】实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，也常用浓氨水和氧化钙或NaOH固体制取氨气，氨气与氧化铜反应生成氮气、铜和水，氨气是刺激性气体，有毒，常用防倒吸的方法处理氨气尾气；实验室常利用气体极易溶于另一种液体或溶液，造成较大压强差来形成喷泉实验。
【详解】(1)图1装置A是实验室简易制氨气的方法，装置是固体和液体不加热，因此烧瓶内药品可选用碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体；故答案为：碱石灰或氧化钙或氢氧化钠。
(2)实验中观察到C中CuO粉末变红，生成了单质铜，D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，并收集到一种单质气体，铜化合价降低，则氨气中氮化合价升高变为氮气，因此该反应相关化学方程式为；故答案为：。
(3)氨气极易溶于水，因此要采用防倒吸的装置来处理尾气，Ⅱ装置利用氨气不溶于四氯化碳，从四氯化碳中逸出，再被水吸收，因此不能用来吸收尾气的装置是Ⅰ；故答案为：Ⅰ。
(4)实验室还可用图3制备氨气，利用氯化铵和氢氧化钙加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，其反应化学方程式为。用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图4装置进行喷泉实验，挤压胶头滴管时，可以得到红色喷泉，原因是， 氨气与水反应，且易溶于水，导致瓶内压强减小；故答案为：；， 氨气与水反应，且易溶于水，导致瓶内压强减小。
(5)A．CO2在水中溶解度不大，不能造成较大压强差，因此不能形成喷泉实验现象，故A符合题意；
B．NH3气体与HCl溶液极易反应，造成较大压强差，因此能形成喷泉实验现象，故B不符合题意；
C．HCl气体与NaOH溶液极易反应，造成较大压强差，因此能形成喷泉实验现象，故C不符合题意；
D．CO2气体与NaOH溶液极易反应，造成较大压强差，因此能形成喷泉实验现象，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
(6)氨气极易溶于水，若标准状况下，将5.6L的氨气物质的量为0.25ml，将0.25ml氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为；故答案为：0.25。
22. HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是___________(填序号)。
A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D．亚硝酸盐是还原剂
(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是___________(填序号)。
A．加入稀盐酸，观察是否有气泡产生 B．加入AgNO3，观察是否有沉淀产生 C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)
(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：___________。
(4)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
___________Fe(OH)3 +___________ClO-+___________OH- =___________FeO+___________Cl-+___________ ___________
___________
(5)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是___________。
【答案】 ①. D ②. B ③. NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl- ④. 2 3 4 2 3 5 H2O ⑤. P、CuSO4
【解析】
【详解】(1)根据题意可知，血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋，Fe2＋作还原剂，则亚硝酸盐作氧化剂，服用维生素C可解毒，说明维生素C具有还原性。
A．根据上述分析可知，亚硝酸盐作氧化剂，在反应中被还原，故A正确；
B．根据上述分析可知，维生素C是还原剂，故B正确；
C．维生素C因具有还原性，可以将Fe3＋还原为Fe2＋，故C正确；
D．根据上述分析可知，亚硝酸盐是氧化剂，故D错误；
答案选D；
(2)A．因HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaNO2会与稀盐酸反应生成HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，故A可以区分；
B．根据题目信息可知，加入AgNO3，NaNO2和NaCl都会生成沉淀，现象相同，故B不能区分；
C．因在酸性条件下HNO2是一种氧化剂，则在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，能将I-氧化生成单质碘，遇淀粉呈蓝色，而NaCl与KI-淀粉溶液不反应，故C可以区分；
答案选B；
(3)把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，则氯元素化合价从0价降低到-1价作氧化剂，氮元素化合价从+3价升高到+5价作还原剂，结合得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl-；
(4)根据反应可知，Fe(OH)3中Fe元素的化合价由+3价升高至+6价，ClO-中Cl元素的化合价由+1价降低至-1价，根据得失电子守恒有2Fe(OH)3+3ClO-2FeO+3Cl-，再根据电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；
(5)根据反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，CuSO4中Cu元素的化合价降低，得到电子作氧化剂，P单质中P的化合价部分由0价升高至+5价，部分由0价降低至-3价，P既是氧化剂、也是还原剂，故氧化剂为P、CuSO4。
23. 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2•xH2O]是一种重要的铁盐。某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和少量CuSO4。为减少污染并变废为宝，计划利用该废水制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）固体X的化学式是___________。
（2）取“还原过滤”后的溶液于试管，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是___________；此过程涉及的氧化还原反应是___________(写化学方程式)。
（3）滤渣用___________浸泡后过滤，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量。
（4）为不引入杂质，“氧化”中所加试剂Y为___________，发生反应的离子方程式为___________。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为___________。
【答案】（1）Fe （2） ①. 产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）稀硫酸 （4） ①. H2O2 ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（5）NH4Fe(SO4)2•12H2O
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向工业废水 (含有大量的FeSO4和少量CuSO4) 中加入足量的固体X即Fe，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，充分反应后过滤得到滤渣，主要成分为Cu和Fe，向滤液中加入稀硫酸和试剂Y为H2O2，将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，反应方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，向充分氧化后的溶液中加入(NH4)2SO4固体，在蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，即得硫酸铁铵晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，固体X的化学式是Fe，故答案为：Fe；
【小问2详解】
由分析可知，取“还原过滤”后的溶液主要成分为FeSO4和稀硫酸于试管，滴加氢氧化钠溶液，由FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3可知，产生的现象是产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，此过程涉及的氧化还原反应是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣主要成分为Fe和Cu，则滤渣用稀硫酸浸泡后过滤，得到滤液为FeSO4和稀硫酸，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量，故答案为：稀硫酸；
【小问4详解】
由分析可知，为不引入杂质，“氧化”中所加试剂Y为H2O2，发生反应的反应方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，故其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问5详解】
采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃失掉1.5个结晶水，失重5.6%，则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为：=482，即14+4×1+56+2×96+18x=482，解得x=12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2•12H2O，故答案为：NH4Fe(SO4)2•12H2O。
A．用装置制取氨
B．用装置除去氨中的水蒸气
C．用装置验证氨具有还原性
D．用装置吸收尾气
X
Y
Z
W
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