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2022-2023学年广东省深圳中学高一（下）期中化学试卷
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这是一份2022-2023学年广东省深圳中学高一（下）期中化学试卷，共33页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂
B．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品
C．“钡餐”是医疗上作消化系统X射线检查的内服药剂，其主要成分是BaSO4
D．光导纤维是一种无机非金属材料，其主要成分为SiO2
2．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（ ）
A．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
B．CO2的电子式：
C．CaCl2的电子式：
D．NH4Cl的电子式：
3．（2分）将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
A．Na+、、S2﹣、Cl﹣
B．Na+、、、Br﹣
C．K+、、、I﹣
D．K+、Na+、OH﹣、
4．（2分）已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应一定需要加热
B．反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应可以用于表示CaCO3受热分解的反应
D．断开反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键放出的能量
5．（2分）核心元素的化合价及类别是研究物质性质的两个重要视角。硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适量的c可作为葡萄酒的添加剂
B．常温下，a与f的浓溶液反应可生成b和c
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．在自然界中，部分的c会转化成e，最后转化为f或h
6．（2分）以下关于氨气的实验装置正确的是（ ）
A．图甲用于实验室制取氨气
B．图乙用于制备NaHCO3
C．图丙用于干燥氨气
D．图丁用于氨气的尾气处理
7．（2分）下列变化过程中，所需克服的作用力均相同的是（ ）
A．干冰熔化，氯化钠熔化
B．硫酸氢钠固体溶于水，碳酸氢钠分解
C．过氧化氢分解，氯化铵受热分解
D．氢氧化钠溶于水，氯化氢通入水中
8．（2分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．（2分）开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．在制粗硅的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1
B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
C．黄铜矿冶炼钢时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料
D．黄铜（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物
10．（2分）在一定条件下，将15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积为（ ）
A．1mLB．3mLC．5mLD．11mL
11．（4分）现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是（ ）
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或碱石灰
B．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈烧瓶瓶口，试纸变蓝，说明NH3已经充满
C．关闭a，将单孔塞（插有吸入水的胶头滴管）塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则C点时喷泉最剧烈
D．若实验是在常温（25℃）、常压条件下完成，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为ml•L﹣1
12．（4分）某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列说法错误的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜Q
B．原子半径：W＞Z＞Q
C．X、Z和Q可能形成离子化合物w
D．原子序数为82的元素与Q位于同一主族
13．（4分）某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（ ）
A．若铬比铁活泼，则电流由铬电极流向铁电极
B．若铁比铬活泼，则溶液中向铬电极迁移
C．若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H++2e﹣═H2↑
D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼
14．（4分）如图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是（ ）
A．M可能是纯净物或混合物
B．用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C．D在一定条件下可以与O发生置换反应
D．G与木炭的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
15．（4分）某固体混合物X可能含有Na2CO3、Na2SO3、Na2SO4、FeO和Fe2O3中的几种。为确定组成，做如图实验：（已知：还原性＞Fe2+）
以下说法不正确的是（ ）
A．固体X中不一定含有Na2SO4
B．滤液A中一定含有Fe2+
C．固体X中一定含有FeO
D．气体A可能只含有CO2
16．（4分）铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2ml/LNaOH溶液和1mlO2，则下列说法正确的是（ ）
A．生成NO2的物质的量为0.9ml
B．生成CuSO4的物质的量为2ml
C．原溶液中硝酸的浓度为2.5ml/L
D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应
二、非选择题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8．
（1）E在周期表中的位置是 ；A2B2的电子式为 ．
（2）D、E、X的非金属性由强到弱的顺序是 （填元素符号）；D、E、X形成的最简单离子中，离子半径由大到小的顺序是 （填离子符号）．
（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质相互反应的离子方程式为 ．
（4）镓（31Ga）与E为同主族元素，氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是 ．
A．Ga位于元素周期表的第四周期
B．GaN中Ga的化合价为+3
C．Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径
（5）XB2是一种高效消毒剂，工业上用其处理偏中性废旧中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 ．
18．（14分）在生活中亚硝酸钠（NaNO2）应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO+Na2O2═2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠（夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用）。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO2氧化成NO3。
回答下列问题：
Ⅰ．NaNO2的制备：
（1）盛放铜的仪器名称为 ；仪器按气流方向连接顺序为b→g→ （装置可重复使用）。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气，若不排除装置中的空气，可能导致产物中混有杂质 （填化学式）；反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是 。
（3）盛水的洗气瓶中发生的反应的化学方程式为 ；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学反应方程式解释加入铜片的作用 。
Ⅱ．测定NaNO2的纯度：
（4）准确称取反应后的固体2.500g于烧杯中，加入煮沸并冷却的蒸馏水溶解，配成250mL的溶液；取出25.00mL的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加0.1ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液，当溶液恰好变为浅红色时停止滴加，共消耗酸性KMnO4溶液10.00mL，计算所得固体中NaNO2的纯度为 %。
19．（14分）铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石（主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等）来制备绿矾FeSO4⋅7H2O和Al2O3，其工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）滤渣1的成分是： （填化学式）；过程1发生的化学方程式为 。
（2）过程1、2、3涉及的分离操作为 。
（3）写出由滤液1生成滤渣2的化学方程式为： 。
（4）过程3中加入的过量试剂A为 （填试剂名称）。
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是： ；若将铁粉换为SO2进行反应，发生的离子方程式为 。
20．（14分）探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①Na2SO3加热可能发生以下反应：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
（1）检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2﹣。反应的离子方程式是 。
（2）检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，过滤后， （填操作和现象），可证实分解产物中含有。
（3）探究（2）中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
针对来源1进行如图实验：
①实验中观察到 ，可证实来源1不成立。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。
来源2：溶液B中有 ，加酸反应生成S，该反应的离子方程式为： 。
（4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生，因此题干中的黄色固体A含有S，运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： ；黄色固体A加水得到浊液，放置后变澄清的原因为： 。
2022-2023学年广东省深圳中学高一（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分：第11～16小题，每题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂
B．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品
C．“钡餐”是医疗上作消化系统X射线检查的内服药剂，其主要成分是BaSO4
D．光导纤维是一种无机非金属材料，其主要成分为SiO2
【答案】B
【分析】A．氨气沸点低易液化，液氨汽化时吸收大量的热；
B．水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅；
C．硫酸钡不溶于酸；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅。
【解答】解：A．氨气沸点低易液化，液氨汽化时吸收大量的热，是一种制冷剂，故A正确；
B．水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，故B错误；
C．硫酸钡不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，故C正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，主要考查物质的用途与性质的关系，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（ ）
A．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
B．CO2的电子式：
C．CaCl2的电子式：
D．NH4Cl的电子式：
【答案】C
【分析】A.HClO中O原子分别与H、Cl原子形成共价键；
B.二氧化碳中C原子与两个O原子之间以双键结合；
C.CaCl2由钙离子和2个氯离子构成；
D.氯离子必须表示出最外层电子。
【解答】解：A.HClO中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，其结构式为H﹣O﹣Cl，故A错误；
B.二氧化碳中C原子与两个O原子之间以双键结合，其电子式为，故B错误；
C.CaCl2由钙离子和2个氯离子构成，电子式为，故C正确；
D.氯化铵的电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查常见的化学用语，涉及电子式、结构式等知识，为高频考点，题目难度不大。
3．（2分）将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
A．Na+、、S2﹣、Cl﹣
B．Na+、、、Br﹣
C．K+、、、I﹣
D．K+、Na+、OH﹣、
【答案】C
【分析】A．二氧化硫与硫离子在溶液中反应生成硫单质；
B．亚硫酸根离子与二氧化硫反应，硝酸根离子在酸性溶液中氧化亚硫酸根离子；
C．四种离子之间不反应，都不与二氧化硫反应；
D．氢氧根离子与二氧化硫反应；
【解答】解：A．S2﹣、SO2在溶液中反应生成S单质，不能大量共存，故A错误；
B．通入SO2的溶液呈酸性，在酸性溶液中氧化SO2，且SO2与、H2O反应生成，不能大量共存，故B错误；
C．K+、、、I﹣之间不发生反应，都不与SO2反应，能大量共存，故C正确；
D．OH﹣、SO2之间发生反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（2分）已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应一定需要加热
B．反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应可以用于表示CaCO3受热分解的反应
D．断开反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键放出的能量
【答案】C
【分析】A．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，吸热反应不一定需要加热；
B．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量；
C．CaCO3受热分解的反应是吸热反应；
D．该图像表示的反应是吸热反应。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，吸热反应不一定需要加热，故A错误；
B．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故B错误；
C．CaCO3受热分解的反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，故C正确；
D．该图像表示的反应是吸热反应，断开反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学反应中的能量变化，由图像分析判断反应是吸热或者是放热，可以依据反应物和生成物能量的相对大小，题目难度不大。
5．（2分）核心元素的化合价及类别是研究物质性质的两个重要视角。硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适量的c可作为葡萄酒的添加剂
B．常温下，a与f的浓溶液反应可生成b和c
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．在自然界中，部分的c会转化成e，最后转化为f或h
【答案】C
【分析】由图可知，a为﹣2价S的氢化物，a为H2S，b为单质，b为S；c为+4价S的氧化物，c为SO2；d为+6价S的氧化物，d为SO3；e、f分别为+4价、+6价含氧酸，则e、f分别为H2SO3、H2SO4，g、h分别为+4价、+6价S的正盐，如亚硫酸钠、硫酸钠等，以此分析解答。
【解答】解：A．由分析可知，c为SO2，SO2具有还原性，可作抗氧化剂，则适量的c可作为葡萄酒的添加剂，故A正确；
B．常温下H2S与浓硫酸发生氧化还原反应生成S和SO2，故B正确；
C．c为SO2，为酸性氧化物，将c通入紫色石蕊试液中，溶液变红不褪色，故C错误；
D．自然界中，部分的SO2在飘尘的作用下会催化氧化转化成SO3，最后转化为硫酸或硫酸盐，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查含硫物质的性质，题目难度不大，明确图中价类二维图来推断物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
6．（2分）以下关于氨气的实验装置正确的是（ ）
A．图甲用于实验室制取氨气
B．图乙用于制备NaHCO3
C．图丙用于干燥氨气
D．图丁用于氨气的尾气处理
【答案】D
【分析】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口遇冷化合生成氯化铵；
B．制备碳酸氢钠时，应该是向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳；
C．氨气与浓硫酸反应；
D．氨气极易溶于水，但难溶于四氯化碳。
【解答】解：A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口遇冷化合生成氯化铵，因此不能用加热氯化铵的方法制备氨气，故A错误；
B．氨气在水中溶解度很大，二氧化碳不易溶于水，则制备碳酸氢钠时，应该是向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳，故B错误；
C．氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，但难溶于四氯化碳，则可以将氨气通入四氯化碳中，氨气上升的过程中被水吸收，这样可以防止倒吸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氨气的制备及除杂，为高频考点，题目难度不大。
7．（2分）下列变化过程中，所需克服的作用力均相同的是（ ）
A．干冰熔化，氯化钠熔化
B．硫酸氢钠固体溶于水，碳酸氢钠分解
C．过氧化氢分解，氯化铵受热分解
D．氢氧化钠溶于水，氯化氢通入水中
【答案】B
【分析】A、干冰熔化克服分子间作用力，氯化钠熔化克服离子键；
B．NaHSO4溶于水发生电离，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，NaHCO3受热分解方程式为2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2↑；
C．H2O2分解生成H2O、O2，NH4Cl受热分解生成NH3、HCl；
D．NaOH溶于水电离生成Na+、OH﹣，HCl溶于水电离生成H+、Cl﹣。
【解答】解：A、干冰熔化克服分子间作用力，氯化钠熔化克服离子键，故A错误；
B．NaHSO4溶于水发生电离，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，破坏离子键和共价键；NaHCO3受热分解方程式为2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2↑，破坏离子键和共价键，故B正确；
C．H2O2分解生成H2O、O2，NH4Cl受热分解生成NH3、HCl，前者破坏共价键，后者破坏离子键，故C错误；
D．NaOH溶于水电离生成Na+、OH﹣，HCl溶于水电离生成H+、Cl﹣，前者破坏离子键，后者破坏共价键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学键及晶体类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化铵虽然完全由非金属元素组成，但含有离子键。
8．（2分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【分析】A．制取氯气，应在加热条件下进行；
B．发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
D．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色。
【解答】解：A．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下进行，常温下不反应，故A错误；
B．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故B错误；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氯气的制备、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大。
9．（2分）开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．在制粗硅的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1
B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
C．黄铜矿冶炼钢时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料
D．黄铜（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物
【答案】C
【分析】A．粗硅的反应2C+SiO2Si+2CO↑，结合方程式判断；
B．工业制玻璃过程中，未涉及氧化还原反应；
C．黄铜矿冶铜时，会产生副产物二氧化硫和FeO；
D．依据元素化合价变化判断。
【解答】解：A．二氧化硅与碳高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故A错误；
B．生产铝、铜、高纯硅过程，均由化合物生成单质，涉及氧化还原反应，但工业制玻璃过程中，未涉及氧化还原反应，故B错误；
C．黄铜矿冶铜时，会产生副产物二氧化硫和FeO，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料，从而达到减少污染、提高原料利用率的目的，故C正确；
D．黄铜矿（CuFeS2）与O2反应生成二氧化硫中，硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，既是氧化物，也是还原产物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理和工业制备原理，题目难度中等，掌握相关的工业制备原理和化学反应变化是解题的关键。
10．（2分）在一定条件下，将15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积为（ ）
A．1mLB．3mLC．5mLD．11mL
【答案】A
【分析】NO2、O2混合气体与H2O的总反应为4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后NO2过量15mL﹣4×3mL＝3mL，过量的NO2与H2O的反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，据此计算剩余气体的体积，据此分析解答。
【解答】解：相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，发生的反应为4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，则充分反应后NO2过量，过量的NO2体积为15mL﹣4×3mL＝3mL，并且NO2能与H2O反应，方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，所以最终剩余的气体为NO，体积为×3mL＝1mL，
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式的有关计算，明确物质的性质、发生的反应是解题关键，试题培养了学生化学计算能力，题目难度中等。
11．（4分）现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是（ ）
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或碱石灰
B．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈烧瓶瓶口，试纸变蓝，说明NH3已经充满
C．关闭a，将单孔塞（插有吸入水的胶头滴管）塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则C点时喷泉最剧烈
D．若实验是在常温（25℃）、常压条件下完成，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为ml•L﹣1
【答案】D
【分析】A．CaO或NaOH与氨水混合放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，可使氨气逸出；
B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C．氨气极易溶于水，压强变化最大时，喷泉最剧烈；
D．常温（25℃）Vm大于22.4L/ml。
【解答】解：A．CaO或NaOH与氨水混合放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，NH3•H2ONH3↑+H2O平衡正向移动，可使氨气逸出，所以浓氨水滴到生石灰或者碱石灰上可制备氨气，故A正确；
B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变蓝，说明NH3已经集满，故B正确；
C．氨气极易溶于水，压强变化最大时，喷泉最剧烈，则图中C点时喷泉最剧烈，故C正确；
D．常温（25℃）Vm大于22.4L/ml，设烧瓶的体积为VL，则氨水的物质的量浓度＜＝ml•L﹣1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、喷泉实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列说法错误的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜Q
B．原子半径：W＞Z＞Q
C．X、Z和Q可能形成离子化合物w
D．原子序数为82的元素与Q位于同一主族
【答案】D
【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，X为H元素；化合物中Y形成4个共价键，W形成带1个电荷的阳离子，结合原子序数可知Y为C元素、W为Na元素；Z形成3个共价键、Q形成2个共价键，则Z为N元素、Q为O元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素、W为Na元素，
A．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜Q，故A正确；
B．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：W＞Z＞Q，故B正确；
C．X、Z和Q可能形成离子化合物w为硝酸铵，故C正确；
D．原子序数为82的元素为Pb元素，与Y位于同一主族，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13．（4分）某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（ ）
A．若铬比铁活泼，则电流由铬电极流向铁电极
B．若铁比铬活泼，则溶液中向铬电极迁移
C．若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H++2e﹣═H2↑
D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼
【答案】C
【分析】若铬比铁活泼，则负极为铬，正极为铁，铬发生失电子的氧化反应，氢离子在铁上发生得电子的还原反应，电流由正极Fe经外电路流向负极Cr；若铁比铬活泼，则负极为铁，正极为铬，铁发生失电子的氧化反应，氢离子在铬上得电子发生还原反应，溶液中向铁电极迁移，据此分析解答。
【解答】解：A．若铬比铁活泼，则Cr为负极，Fe作正极，电流由正极Fe经外电路流向负极Cr，故A错误；
B．若铁比铬活泼，则Fe为负极，Cr作正极，溶液中的阴离子移向负极，即溶液向铁电极迁移，故B错误；
C．若铬比铁活泼，则Cr为负极，Fe作正极，正极上H+发生得电子的反应生成H2，即正极反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C正确；
D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁电极上H+发生得电子的反应生成H2，铁为正极、铬为负极，负极金属比正极金属活泼，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重学生的分析能力和灵活运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应是解题关键，注意电子或离子的移动方向，题目难度不大。
14．（4分）如图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是（ ）
A．M可能是纯净物或混合物
B．用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C．D在一定条件下可以与O发生置换反应
D．G与木炭的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【分析】A、C、D、E为无色气体，A与过氧化钠反应生成D，则D为O2，A为CO2，C是能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝的无色气体，则C为NH3，F为红棕色气体，氨气催化氧化生成E，所以E为NO，E与D反应生成F，F为NO2，M受热分解得A、B、C，且M与盐酸反应得A，M与氢氧化钠反应得C，且B为无色液体，则M为（NH4）2CO3或NH4HCO3，由M分解可知B为H2O，F与水反应生成G，G为HNO3，硝酸与碳反应生成二氧化碳和二氧化氮，符合转化关系，以此解答该题。
【解答】解：A．M为（NH4）2CO3或NH4HCO3，或二者的混合物，可能是纯净物或混合物，故A正确；
B．C为NH3，可用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口检验是否收集满，故B正确；
C．D为O2，可与氨气发生置换反应生成氮气，故C正确；
C．G为硝酸，木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，浓硝酸是氧化剂，碳是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质是解答本题的关键，题目难度中等。
15．（4分）某固体混合物X可能含有Na2CO3、Na2SO3、Na2SO4、FeO和Fe2O3中的几种。为确定组成，做如图实验：（已知：还原性＞Fe2+）
以下说法不正确的是（ ）
A．固体X中不一定含有Na2SO4
B．滤液A中一定含有Fe2+
C．固体X中一定含有FeO
D．气体A可能只含有CO2
【答案】C
【分析】由图可知，固体加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后产生沉淀滤渣A，说明固体中有或反应中生成了，滤液A中加入足量HNO3产生气体B说明滤液A中含有Fe2+，所以固体中含有Fe2+或反应中生成了Fe2+，题中给出还原性＞Fe2+，如果固体中含有Fe2O3和Na2SO3，加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后发生的反应为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，+2Fe3++H2O＝+2Fe2++2H+，+Ba2+＝BaSO4↓，据此分析。
【解答】解：A．题中给出还原性＞Fe2+，如果固体中含有Fe2O3和Na2SO3，加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后发生的反应为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，+2Fe3++H2O＝+2Fe2++2H+，+Ba2+＝BaSO4↓，所以固体X中不一定含有Na2SO4，故A正确；
B．滤液A加入足量HNO3产生气体B，说明滤液A中一定含有Fe2+，故B正确；
C．如果固体中含有Fe2O3和Na2SO3，加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后发生的反应为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，+2Fe3++H2O＝+2Fe2++2H+，所以固体X中不一定含有FeO，故C错误；
D．如果固体X含有Na2CO3无Na2SO3，或含有Na2CO3和Na2SO3，Na2SO3在反应中被Fe3+完全氧化，那么气体A只含有CO2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大。
16．（4分）铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2ml/LNaOH溶液和1mlO2，则下列说法正确的是（ ）
A．生成NO2的物质的量为0.9ml
B．生成CuSO4的物质的量为2ml
C．原溶液中硝酸的浓度为2.5ml/L
D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应
【答案】B
【分析】铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，硝酸全部转化为NO和NO2，硫酸参与反应，产生的气体与1L2.2ml/LNaOH溶液和1mlO2完全反应转化为最高价含氧酸盐NaNO3，根据原子个数守恒和电荷守恒可知原溶液中硝酸的物质的量就是NO和NO2的物质的量之和，也是氢氧化钠的物质的量，再有得失电子守恒知，铜失电子数等于NO和NO2失电子数，也等于1ml氧气得电子数，设出NO和NO2的物质的量，根据电子守恒和原子守恒即可求解。
【解答】解：铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成一氧化氮和二氧化氮，原溶液中完全反应，设生成 xmlNO，ymlNO2，1ml氧气参与反应转移电子的物质的量为4ml，有得失电子守恒知O2转移的电子与Cu转移的电子相同，则参与反应的Cu的物质的量为2ml，得到CuSO4的物质的量为2ml；再根据化合价升降守恒有3x+y＝4，气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2mlNaOH溶液，有x+y＝2.2，可得 x＝0.9，y＝1.3，则原来硝酸的物质的量2.2ml，原溶液体积是200mL，浓度为11ml/L；
A.根据分析，生成NO的物质的量为0.9ml，NO2的物质的量为1.3ml，故A错误；
B.根据分析，生成CuSO4的物质的量为2ml，故B正确；
C.根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11ml/L，故C错误；
D.铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，是守恒法解题的典型事例，把握守恒关系是解题的关键。
二、非选择题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8．
（1）E在周期表中的位置是 第三周期ⅢA族 ；A2B2的电子式为 ．
（2）D、E、X的非金属性由强到弱的顺序是 Cl＞Al＞Na （填元素符号）；D、E、X形成的最简单离子中，离子半径由大到小的顺序是 Cl﹣＞Na+＞Al3+（填离子符号）．
（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质相互反应的离子方程式为 H++OH﹣＝H2O ．
（4）镓（31Ga）与E为同主族元素，氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是 AB ．
A．Ga位于元素周期表的第四周期
B．GaN中Ga的化合价为+3
C．Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径
（5）XB2是一种高效消毒剂，工业上用其处理偏中性废旧中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+．
【答案】（1）第三周期ⅢA族；；
（2）Cl＞Al＞Na；Cl﹣＞Na+＞Al3+；
（3）H++OH﹣＝H2O；
（4）AB；
（5）2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。
【分析】A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素，A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素；A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，则B为O元素，两种液态化合物分别为H2O和H2O2；D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素；E的周期序数和族序数相等，结合原子序数可知E为Al元素；D、X的原子最外层电子数之和为8，X的最外层电子数为8﹣1＝7，结合原子序数可知X为Cl元素，据此分析。
【解答】解：（1）由分析知，E为Al元素，位于第三周期ⅢA族，A2B2为H2O2，电子式为：
故答案为：第三周期ⅢA族；；
（2）同一周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞Al＞Na；电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，序数越大半径越小，则离子半径：Cl﹣＞Na+＞Al3+，
故答案为：Cl＞Al＞Na；Cl﹣＞Na+＞Al3+；
（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质分别为HClO4和NaOH，反应的离子方程式为：H++OH﹣＝H2O，
故答案为：H++OH﹣＝H2O；
（4）Ga与Al同族，Ga位于第四周期，最外层为三个电子，GaN中Ga的化合价为+3价；Ga3+电子层数多，半径比Al3+大，故A、B正确，
故答案为：AB；
（5）由题中信息可知，反应后ClO2变为氯离子，二价锰离子转化为二氧化锰，故离子反应方程式为：2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+，
故答案为：2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握原子序数、元素化合物知识、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（14分）在生活中亚硝酸钠（NaNO2）应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO+Na2O2═2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠（夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用）。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO2氧化成NO3。
回答下列问题：
Ⅰ．NaNO2的制备：
（1）盛放铜的仪器名称为 三颈烧瓶 ；仪器按气流方向连接顺序为b→g→ h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i （装置可重复使用）。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气，若不排除装置中的空气，可能导致产物中混有杂质 Na2CO3、NaNO3（填化学式）；反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气 。
（3）盛水的洗气瓶中发生的反应的化学方程式为 3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑ ；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学反应方程式解释加入铜片的作用 3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 。
Ⅱ．测定NaNO2的纯度：
（4）准确称取反应后的固体2.500g于烧杯中，加入煮沸并冷却的蒸馏水溶解，配成250mL的溶液；取出25.00mL的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加0.1ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液，当溶液恰好变为浅红色时停止滴加，共消耗酸性KMnO4溶液10.00mL，计算所得固体中NaNO2的纯度为 69 %。
【答案】（1）三颈烧瓶；h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i；
（2）Na2CO3、NaNO3；将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
（3）3NO2+H2O＝2HNO3+NO；3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（4）69。
【分析】（1）三颈烧瓶中铜和浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO；
（2）空气中的二氧化碳会和过氧化钠反应生成Na2CO3，空气中的氧气则会把产品NaNO2氧化成NaNO3，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
（3）在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在该洗气瓶中加入铜片，可以和生成的稀硝酸反应产生NO，可提高NO的产率；
（4）依据电子守恒，酸性KMnO4和NaNO2关系为：2KMnO4～5NaNO2，则可计算出样品中NaNO2的物质的量n（NaNO2）＝n（KMnO4）×，进一步计算出NaNO2的质量，可求纯度。
【解答】解：（1）三颈烧瓶中铜和浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气，
故答案为：三颈烧瓶；h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i；
（2）空气中的CO2会和Na2O2反应生成Na2CO3，空气中的氧气则会把产品中NaNO2氧化成NaNO3，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气，
故答案为：Na2CO3、NaNO3；将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
（3）在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，反应方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，在该洗气瓶中加入铜片，铜片则可以和洗气瓶中生成的稀硝酸反应产生NO，可提高NO的产率，该反应的方程式为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑；3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（4）依据电子守恒，酸性KMnO4和NaNO2关系为：2KMnO4～5NaNO2，则样品中NaNO2的物质的量n（NaNO2）＝n（KMnO4）×＝10×10﹣3L×0.1ml⋅L﹣1×＝0.0025ml，则m（NaNO2）＝0.0025ml×10×69g•ml﹣1＝1.725g，则NaNO2的纯度＝＝69%，
故答案为：69。
【点评】本题考查实验方案的设计与评价，涉及化学反应的基本操作、仪器的使用、实验方案的评价、有关化学方程式的书写和物质的量的相关计算等，题目中等难度。
19．（14分）铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石（主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等）来制备绿矾FeSO4⋅7H2O和Al2O3，其工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）滤渣1的成分是： Fe2O3、FeO （填化学式）；过程1发生的化学方程式为 2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O 。
（2）过程1、2、3涉及的分离操作为 过滤 。
（3）写出由滤液1生成滤渣2的化学方程式为： Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl 。
（4）过程3中加入的过量试剂A为 氨水 （填试剂名称）。
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是： 将Fe3+全部还原为Fe2+；若将铁粉换为SO2进行反应，发生的离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+。
【答案】（1）Fe2O3、FeO；2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O；
（2）过滤；
（3）Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl；
（4）氨水；
（5）将Fe3+全部还原为Fe2+；2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+。
【分析】（1）Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等的混合固体中，加入NaOH溶液后，Fe2O3、FeO不溶于NaOH溶液，Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，则滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；
（2）过程1、2、3均涉及固体与液体的分离，故均为过滤操作；
（3）Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，发生反应生成的滤液1中是NaAlO2和Na2SiO3混合溶液，则滤液1加入过量的稀盐酸，生成不溶物是H2SiO3；
（4）滤液1加入过量的稀盐酸时，偏铝酸盐转化为Al3+，需要加入过量氨水，将其转化为氢氧化铝沉淀；
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是将Fe3+全部还原为Fe2+，若将铁粉换为同样具有还原性的SO2也可以将Fe3+全部还原为Fe2+。
【解答】解：（1）Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等的混合固体中，加入NaOH溶液后，Fe2O3、FeO不溶于NaOH溶液，Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，发生反应的方程式为2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O，则滤渣1的成分是Fe2O3、FeO，
故答案为：Fe2O3、FeO；2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O；
（2）过程1、2、3均涉及固体与液体的分离，故均为过滤操作，
故答案为：过滤；
（3）Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，发生反应的方程式为2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O，则滤液1加入过量的稀盐酸，生成不溶物的反应是Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl，即为生成滤渣2的反应。
故答案为：Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl；
（4）滤液1加入过量的稀盐酸时，偏铝酸盐转化为Al3+，需要加入过量氨水，将其转化为氢氧化铝沉淀，
故答案为：氨水；
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是将Fe3+全部还原为Fe2+；若将铁粉换为同样具有还原性的SO2进行反应，发生的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+，
故答案为：将Fe3+全部还原为Fe2+；2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+。
【点评】本题考查实验方案的设计与评价，涉及化学反应的基本操作、仪器的使用、实验方案的评价、有关化学方程式的书写和离子方程式的书写等，题目中等难度。
20．（14分）探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①Na2SO3加热可能发生以下反应：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
（1）检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2﹣。反应的离子方程式是 S2﹣+Cu2+＝CuS↓ 。
（2）检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，过滤后， 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 （填操作和现象），可证实分解产物中含有。
（3）探究（2）中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
针对来源1进行如图实验：
①实验中观察到 向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色 ，可证实来源1不成立。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论 。
来源2：溶液B中有 Na2Sx，加酸反应生成S，该反应的离子方程式为：+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓ 。
（4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生，因此题干中的黄色固体A含有S，运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 根据反应4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质 ；黄色固体A加水得到浊液，放置后变澄清的原因为： 黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx。
【答案】（1）S2﹣+Cu2+＝CuS↓；
（2）滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）①向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色；
②Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
Na2Sx；+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓，
（4）根据反应4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质；黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx。
【分析】（1）Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠；
（2）检验时，应先将干扰离子除去，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明含有硫酸根离子；
（3）若固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S，则溶液B中含有Na+、S2﹣、、，向B溶液中加入足量BaCl2溶液发生反应生成BaSO4、BaSO3、BaS，根据资料显示，BaS易溶于水，则白色沉淀1为BaSO4、BaSO3，溶液1中含有S2﹣、Ba2+、Na+、Cl﹣，通过过滤操作除去B中的S2﹣，向白色沉淀1中加入H2SO4，发生沉淀转化，BaSO3与H2SO4反应生成硫酸钡和H2SO3，由于硫酸钡不溶于酸，则白色沉淀2为BaSO4，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3，据此分析解答；
（4）Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价，据此分析解答。
【解答】解：（1）Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2﹣+Cu2+＝CuS↓，
故答案为：S2﹣+Cu2+＝CuS↓；
（2）根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降（固液分离）后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有，
故答案为：滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3，
故答案为：向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色；
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论，
故答案为：盐酸中Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓，
故答案为：Na2Sx；+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓；
（4）根据已知资料：4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为﹣2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质，黄色固体A加水得到浊液，放置后变澄清的原因是黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx，
故答案为：根据反应4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质；黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx。
【点评】本题主要考查物质成分的检验，熟悉硫及其化合物的性质和氧化还原反应的知识是解题的关键，能够很好的考查学生的分析能力和实验能力，难度一般。
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选项
①
②
③
实验结论
A
浓盐酸
MnO2
NaOH
制氯气并吸收尾气
B
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3
溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
选项
①
②
③
实验结论
A
浓盐酸
MnO2
NaOH
制氯气并吸收尾气
B
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3
溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂
B．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品
C．“钡餐”是医疗上作消化系统X射线检查的内服药剂，其主要成分是BaSO4
D．光导纤维是一种无机非金属材料，其主要成分为SiO2
2．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（ ）
A．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
B．CO2的电子式：
C．CaCl2的电子式：
D．NH4Cl的电子式：
3．（2分）将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
A．Na+、、S2﹣、Cl﹣
B．Na+、、、Br﹣
C．K+、、、I﹣
D．K+、Na+、OH﹣、
4．（2分）已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应一定需要加热
B．反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应可以用于表示CaCO3受热分解的反应
D．断开反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键放出的能量
5．（2分）核心元素的化合价及类别是研究物质性质的两个重要视角。硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适量的c可作为葡萄酒的添加剂
B．常温下，a与f的浓溶液反应可生成b和c
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．在自然界中，部分的c会转化成e，最后转化为f或h
6．（2分）以下关于氨气的实验装置正确的是（ ）
A．图甲用于实验室制取氨气
B．图乙用于制备NaHCO3
C．图丙用于干燥氨气
D．图丁用于氨气的尾气处理
7．（2分）下列变化过程中，所需克服的作用力均相同的是（ ）
A．干冰熔化，氯化钠熔化
B．硫酸氢钠固体溶于水，碳酸氢钠分解
C．过氧化氢分解，氯化铵受热分解
D．氢氧化钠溶于水，氯化氢通入水中
8．（2分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．（2分）开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．在制粗硅的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1
B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
C．黄铜矿冶炼钢时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料
D．黄铜（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物
10．（2分）在一定条件下，将15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积为（ ）
A．1mLB．3mLC．5mLD．11mL
11．（4分）现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是（ ）
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或碱石灰
B．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈烧瓶瓶口，试纸变蓝，说明NH3已经充满
C．关闭a，将单孔塞（插有吸入水的胶头滴管）塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则C点时喷泉最剧烈
D．若实验是在常温（25℃）、常压条件下完成，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为ml•L﹣1
12．（4分）某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列说法错误的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜Q
B．原子半径：W＞Z＞Q
C．X、Z和Q可能形成离子化合物w
D．原子序数为82的元素与Q位于同一主族
13．（4分）某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（ ）
A．若铬比铁活泼，则电流由铬电极流向铁电极
B．若铁比铬活泼，则溶液中向铬电极迁移
C．若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H++2e﹣═H2↑
D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼
14．（4分）如图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是（ ）
A．M可能是纯净物或混合物
B．用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C．D在一定条件下可以与O发生置换反应
D．G与木炭的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
15．（4分）某固体混合物X可能含有Na2CO3、Na2SO3、Na2SO4、FeO和Fe2O3中的几种。为确定组成，做如图实验：（已知：还原性＞Fe2+）
以下说法不正确的是（ ）
A．固体X中不一定含有Na2SO4
B．滤液A中一定含有Fe2+
C．固体X中一定含有FeO
D．气体A可能只含有CO2
16．（4分）铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2ml/LNaOH溶液和1mlO2，则下列说法正确的是（ ）
A．生成NO2的物质的量为0.9ml
B．生成CuSO4的物质的量为2ml
C．原溶液中硝酸的浓度为2.5ml/L
D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应
二、非选择题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8．
（1）E在周期表中的位置是 ；A2B2的电子式为 ．
（2）D、E、X的非金属性由强到弱的顺序是 （填元素符号）；D、E、X形成的最简单离子中，离子半径由大到小的顺序是 （填离子符号）．
（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质相互反应的离子方程式为 ．
（4）镓（31Ga）与E为同主族元素，氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是 ．
A．Ga位于元素周期表的第四周期
B．GaN中Ga的化合价为+3
C．Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径
（5）XB2是一种高效消毒剂，工业上用其处理偏中性废旧中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 ．
18．（14分）在生活中亚硝酸钠（NaNO2）应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO+Na2O2═2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠（夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用）。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO2氧化成NO3。
回答下列问题：
Ⅰ．NaNO2的制备：
（1）盛放铜的仪器名称为 ；仪器按气流方向连接顺序为b→g→ （装置可重复使用）。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气，若不排除装置中的空气，可能导致产物中混有杂质 （填化学式）；反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是 。
（3）盛水的洗气瓶中发生的反应的化学方程式为 ；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学反应方程式解释加入铜片的作用 。
Ⅱ．测定NaNO2的纯度：
（4）准确称取反应后的固体2.500g于烧杯中，加入煮沸并冷却的蒸馏水溶解，配成250mL的溶液；取出25.00mL的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加0.1ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液，当溶液恰好变为浅红色时停止滴加，共消耗酸性KMnO4溶液10.00mL，计算所得固体中NaNO2的纯度为 %。
19．（14分）铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石（主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等）来制备绿矾FeSO4⋅7H2O和Al2O3，其工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）滤渣1的成分是： （填化学式）；过程1发生的化学方程式为 。
（2）过程1、2、3涉及的分离操作为 。
（3）写出由滤液1生成滤渣2的化学方程式为： 。
（4）过程3中加入的过量试剂A为 （填试剂名称）。
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是： ；若将铁粉换为SO2进行反应，发生的离子方程式为 。
20．（14分）探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①Na2SO3加热可能发生以下反应：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
（1）检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2﹣。反应的离子方程式是 。
（2）检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，过滤后， （填操作和现象），可证实分解产物中含有。
（3）探究（2）中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
针对来源1进行如图实验：
①实验中观察到 ，可证实来源1不成立。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。
来源2：溶液B中有 ，加酸反应生成S，该反应的离子方程式为： 。
（4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生，因此题干中的黄色固体A含有S，运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： ；黄色固体A加水得到浊液，放置后变澄清的原因为： 。
2022-2023学年广东省深圳中学高一（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分：第11～16小题，每题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂
B．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品
C．“钡餐”是医疗上作消化系统X射线检查的内服药剂，其主要成分是BaSO4
D．光导纤维是一种无机非金属材料，其主要成分为SiO2
【答案】B
【分析】A．氨气沸点低易液化，液氨汽化时吸收大量的热；
B．水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅；
C．硫酸钡不溶于酸；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅。
【解答】解：A．氨气沸点低易液化，液氨汽化时吸收大量的热，是一种制冷剂，故A正确；
B．水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，故B错误；
C．硫酸钡不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，故C正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，主要考查物质的用途与性质的关系，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（ ）
A．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
B．CO2的电子式：
C．CaCl2的电子式：
D．NH4Cl的电子式：
【答案】C
【分析】A.HClO中O原子分别与H、Cl原子形成共价键；
B.二氧化碳中C原子与两个O原子之间以双键结合；
C.CaCl2由钙离子和2个氯离子构成；
D.氯离子必须表示出最外层电子。
【解答】解：A.HClO中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，其结构式为H﹣O﹣Cl，故A错误；
B.二氧化碳中C原子与两个O原子之间以双键结合，其电子式为，故B错误；
C.CaCl2由钙离子和2个氯离子构成，电子式为，故C正确；
D.氯化铵的电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查常见的化学用语，涉及电子式、结构式等知识，为高频考点，题目难度不大。
3．（2分）将足量SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
A．Na+、、S2﹣、Cl﹣
B．Na+、、、Br﹣
C．K+、、、I﹣
D．K+、Na+、OH﹣、
【答案】C
【分析】A．二氧化硫与硫离子在溶液中反应生成硫单质；
B．亚硫酸根离子与二氧化硫反应，硝酸根离子在酸性溶液中氧化亚硫酸根离子；
C．四种离子之间不反应，都不与二氧化硫反应；
D．氢氧根离子与二氧化硫反应；
【解答】解：A．S2﹣、SO2在溶液中反应生成S单质，不能大量共存，故A错误；
B．通入SO2的溶液呈酸性，在酸性溶液中氧化SO2，且SO2与、H2O反应生成，不能大量共存，故B错误；
C．K+、、、I﹣之间不发生反应，都不与SO2反应，能大量共存，故C正确；
D．OH﹣、SO2之间发生反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（2分）已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应一定需要加热
B．反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应可以用于表示CaCO3受热分解的反应
D．断开反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键放出的能量
【答案】C
【分析】A．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，吸热反应不一定需要加热；
B．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量；
C．CaCO3受热分解的反应是吸热反应；
D．该图像表示的反应是吸热反应。
【解答】解：A．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，吸热反应不一定需要加热，故A错误；
B．由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故B错误；
C．CaCO3受热分解的反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，故C正确；
D．该图像表示的反应是吸热反应，断开反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学反应中的能量变化，由图像分析判断反应是吸热或者是放热，可以依据反应物和生成物能量的相对大小，题目难度不大。
5．（2分）核心元素的化合价及类别是研究物质性质的两个重要视角。硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适量的c可作为葡萄酒的添加剂
B．常温下，a与f的浓溶液反应可生成b和c
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．在自然界中，部分的c会转化成e，最后转化为f或h
【答案】C
【分析】由图可知，a为﹣2价S的氢化物，a为H2S，b为单质，b为S；c为+4价S的氧化物，c为SO2；d为+6价S的氧化物，d为SO3；e、f分别为+4价、+6价含氧酸，则e、f分别为H2SO3、H2SO4，g、h分别为+4价、+6价S的正盐，如亚硫酸钠、硫酸钠等，以此分析解答。
【解答】解：A．由分析可知，c为SO2，SO2具有还原性，可作抗氧化剂，则适量的c可作为葡萄酒的添加剂，故A正确；
B．常温下H2S与浓硫酸发生氧化还原反应生成S和SO2，故B正确；
C．c为SO2，为酸性氧化物，将c通入紫色石蕊试液中，溶液变红不褪色，故C错误；
D．自然界中，部分的SO2在飘尘的作用下会催化氧化转化成SO3，最后转化为硫酸或硫酸盐，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查含硫物质的性质，题目难度不大，明确图中价类二维图来推断物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
6．（2分）以下关于氨气的实验装置正确的是（ ）
A．图甲用于实验室制取氨气
B．图乙用于制备NaHCO3
C．图丙用于干燥氨气
D．图丁用于氨气的尾气处理
【答案】D
【分析】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口遇冷化合生成氯化铵；
B．制备碳酸氢钠时，应该是向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳；
C．氨气与浓硫酸反应；
D．氨气极易溶于水，但难溶于四氯化碳。
【解答】解：A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口遇冷化合生成氯化铵，因此不能用加热氯化铵的方法制备氨气，故A错误；
B．氨气在水中溶解度很大，二氧化碳不易溶于水，则制备碳酸氢钠时，应该是向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳，故B错误；
C．氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，但难溶于四氯化碳，则可以将氨气通入四氯化碳中，氨气上升的过程中被水吸收，这样可以防止倒吸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氨气的制备及除杂，为高频考点，题目难度不大。
7．（2分）下列变化过程中，所需克服的作用力均相同的是（ ）
A．干冰熔化，氯化钠熔化
B．硫酸氢钠固体溶于水，碳酸氢钠分解
C．过氧化氢分解，氯化铵受热分解
D．氢氧化钠溶于水，氯化氢通入水中
【答案】B
【分析】A、干冰熔化克服分子间作用力，氯化钠熔化克服离子键；
B．NaHSO4溶于水发生电离，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，NaHCO3受热分解方程式为2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2↑；
C．H2O2分解生成H2O、O2，NH4Cl受热分解生成NH3、HCl；
D．NaOH溶于水电离生成Na+、OH﹣，HCl溶于水电离生成H+、Cl﹣。
【解答】解：A、干冰熔化克服分子间作用力，氯化钠熔化克服离子键，故A错误；
B．NaHSO4溶于水发生电离，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，破坏离子键和共价键；NaHCO3受热分解方程式为2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2↑，破坏离子键和共价键，故B正确；
C．H2O2分解生成H2O、O2，NH4Cl受热分解生成NH3、HCl，前者破坏共价键，后者破坏离子键，故C错误；
D．NaOH溶于水电离生成Na+、OH﹣，HCl溶于水电离生成H+、Cl﹣，前者破坏离子键，后者破坏共价键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学键及晶体类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化铵虽然完全由非金属元素组成，但含有离子键。
8．（2分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【分析】A．制取氯气，应在加热条件下进行；
B．发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
D．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色。
【解答】解：A．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下进行，常温下不反应，故A错误；
B．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故B错误；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氯气的制备、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大。
9．（2分）开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．在制粗硅的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1
B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
C．黄铜矿冶炼钢时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料
D．黄铜（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物
【答案】C
【分析】A．粗硅的反应2C+SiO2Si+2CO↑，结合方程式判断；
B．工业制玻璃过程中，未涉及氧化还原反应；
C．黄铜矿冶铜时，会产生副产物二氧化硫和FeO；
D．依据元素化合价变化判断。
【解答】解：A．二氧化硅与碳高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故A错误；
B．生产铝、铜、高纯硅过程，均由化合物生成单质，涉及氧化还原反应，但工业制玻璃过程中，未涉及氧化还原反应，故B错误；
C．黄铜矿冶铜时，会产生副产物二氧化硫和FeO，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料，从而达到减少污染、提高原料利用率的目的，故C正确；
D．黄铜矿（CuFeS2）与O2反应生成二氧化硫中，硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，既是氧化物，也是还原产物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理和工业制备原理，题目难度中等，掌握相关的工业制备原理和化学反应变化是解题的关键。
10．（2分）在一定条件下，将15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积为（ ）
A．1mLB．3mLC．5mLD．11mL
【答案】A
【分析】NO2、O2混合气体与H2O的总反应为4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后NO2过量15mL﹣4×3mL＝3mL，过量的NO2与H2O的反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，据此计算剩余气体的体积，据此分析解答。
【解答】解：相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则15mLNO2和3mLO2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，发生的反应为4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，则充分反应后NO2过量，过量的NO2体积为15mL﹣4×3mL＝3mL，并且NO2能与H2O反应，方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，所以最终剩余的气体为NO，体积为×3mL＝1mL，
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式的有关计算，明确物质的性质、发生的反应是解题关键，试题培养了学生化学计算能力，题目难度中等。
11．（4分）现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是（ ）
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或碱石灰
B．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈烧瓶瓶口，试纸变蓝，说明NH3已经充满
C．关闭a，将单孔塞（插有吸入水的胶头滴管）塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则C点时喷泉最剧烈
D．若实验是在常温（25℃）、常压条件下完成，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为ml•L﹣1
【答案】D
【分析】A．CaO或NaOH与氨水混合放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，可使氨气逸出；
B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C．氨气极易溶于水，压强变化最大时，喷泉最剧烈；
D．常温（25℃）Vm大于22.4L/ml。
【解答】解：A．CaO或NaOH与氨水混合放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，NH3•H2ONH3↑+H2O平衡正向移动，可使氨气逸出，所以浓氨水滴到生石灰或者碱石灰上可制备氨气，故A正确；
B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变蓝，说明NH3已经集满，故B正确；
C．氨气极易溶于水，压强变化最大时，喷泉最剧烈，则图中C点时喷泉最剧烈，故C正确；
D．常温（25℃）Vm大于22.4L/ml，设烧瓶的体积为VL，则氨水的物质的量浓度＜＝ml•L﹣1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、喷泉实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）某种化合物的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，下列说法错误的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜Q
B．原子半径：W＞Z＞Q
C．X、Z和Q可能形成离子化合物w
D．原子序数为82的元素与Q位于同一主族
【答案】D
【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，X为H元素；化合物中Y形成4个共价键，W形成带1个电荷的阳离子，结合原子序数可知Y为C元素、W为Na元素；Z形成3个共价键、Q形成2个共价键，则Z为N元素、Q为O元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素、W为Na元素，
A．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜Q，故A正确；
B．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：W＞Z＞Q，故B正确；
C．X、Z和Q可能形成离子化合物w为硝酸铵，故C正确；
D．原子序数为82的元素为Pb元素，与Y位于同一主族，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13．（4分）某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（ ）
A．若铬比铁活泼，则电流由铬电极流向铁电极
B．若铁比铬活泼，则溶液中向铬电极迁移
C．若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H++2e﹣═H2↑
D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼
【答案】C
【分析】若铬比铁活泼，则负极为铬，正极为铁，铬发生失电子的氧化反应，氢离子在铁上发生得电子的还原反应，电流由正极Fe经外电路流向负极Cr；若铁比铬活泼，则负极为铁，正极为铬，铁发生失电子的氧化反应，氢离子在铬上得电子发生还原反应，溶液中向铁电极迁移，据此分析解答。
【解答】解：A．若铬比铁活泼，则Cr为负极，Fe作正极，电流由正极Fe经外电路流向负极Cr，故A错误；
B．若铁比铬活泼，则Fe为负极，Cr作正极，溶液中的阴离子移向负极，即溶液向铁电极迁移，故B错误；
C．若铬比铁活泼，则Cr为负极，Fe作正极，正极上H+发生得电子的反应生成H2，即正极反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C正确；
D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁电极上H+发生得电子的反应生成H2，铁为正极、铬为负极，负极金属比正极金属活泼，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重学生的分析能力和灵活运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应是解题关键，注意电子或离子的移动方向，题目难度不大。
14．（4分）如图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是（ ）
A．M可能是纯净物或混合物
B．用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C．D在一定条件下可以与O发生置换反应
D．G与木炭的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【分析】A、C、D、E为无色气体，A与过氧化钠反应生成D，则D为O2，A为CO2，C是能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝的无色气体，则C为NH3，F为红棕色气体，氨气催化氧化生成E，所以E为NO，E与D反应生成F，F为NO2，M受热分解得A、B、C，且M与盐酸反应得A，M与氢氧化钠反应得C，且B为无色液体，则M为（NH4）2CO3或NH4HCO3，由M分解可知B为H2O，F与水反应生成G，G为HNO3，硝酸与碳反应生成二氧化碳和二氧化氮，符合转化关系，以此解答该题。
【解答】解：A．M为（NH4）2CO3或NH4HCO3，或二者的混合物，可能是纯净物或混合物，故A正确；
B．C为NH3，可用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口检验是否收集满，故B正确；
C．D为O2，可与氨气发生置换反应生成氮气，故C正确；
C．G为硝酸，木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，浓硝酸是氧化剂，碳是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质是解答本题的关键，题目难度中等。
15．（4分）某固体混合物X可能含有Na2CO3、Na2SO3、Na2SO4、FeO和Fe2O3中的几种。为确定组成，做如图实验：（已知：还原性＞Fe2+）
以下说法不正确的是（ ）
A．固体X中不一定含有Na2SO4
B．滤液A中一定含有Fe2+
C．固体X中一定含有FeO
D．气体A可能只含有CO2
【答案】C
【分析】由图可知，固体加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后产生沉淀滤渣A，说明固体中有或反应中生成了，滤液A中加入足量HNO3产生气体B说明滤液A中含有Fe2+，所以固体中含有Fe2+或反应中生成了Fe2+，题中给出还原性＞Fe2+，如果固体中含有Fe2O3和Na2SO3，加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后发生的反应为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，+2Fe3++H2O＝+2Fe2++2H+，+Ba2+＝BaSO4↓，据此分析。
【解答】解：A．题中给出还原性＞Fe2+，如果固体中含有Fe2O3和Na2SO3，加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后发生的反应为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，+2Fe3++H2O＝+2Fe2++2H+，+Ba2+＝BaSO4↓，所以固体X中不一定含有Na2SO4，故A正确；
B．滤液A加入足量HNO3产生气体B，说明滤液A中一定含有Fe2+，故B正确；
C．如果固体中含有Fe2O3和Na2SO3，加入足量HCl酸化的BaCl2溶液后发生的反应为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，+2Fe3++H2O＝+2Fe2++2H+，所以固体X中不一定含有FeO，故C错误；
D．如果固体X含有Na2CO3无Na2SO3，或含有Na2CO3和Na2SO3，Na2SO3在反应中被Fe3+完全氧化，那么气体A只含有CO2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大。
16．（4分）铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2ml/LNaOH溶液和1mlO2，则下列说法正确的是（ ）
A．生成NO2的物质的量为0.9ml
B．生成CuSO4的物质的量为2ml
C．原溶液中硝酸的浓度为2.5ml/L
D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应
【答案】B
【分析】铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，硝酸全部转化为NO和NO2，硫酸参与反应，产生的气体与1L2.2ml/LNaOH溶液和1mlO2完全反应转化为最高价含氧酸盐NaNO3，根据原子个数守恒和电荷守恒可知原溶液中硝酸的物质的量就是NO和NO2的物质的量之和，也是氢氧化钠的物质的量，再有得失电子守恒知，铜失电子数等于NO和NO2失电子数，也等于1ml氧气得电子数，设出NO和NO2的物质的量，根据电子守恒和原子守恒即可求解。
【解答】解：铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成一氧化氮和二氧化氮，原溶液中完全反应，设生成 xmlNO，ymlNO2，1ml氧气参与反应转移电子的物质的量为4ml，有得失电子守恒知O2转移的电子与Cu转移的电子相同，则参与反应的Cu的物质的量为2ml，得到CuSO4的物质的量为2ml；再根据化合价升降守恒有3x+y＝4，气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2mlNaOH溶液，有x+y＝2.2，可得 x＝0.9，y＝1.3，则原来硝酸的物质的量2.2ml，原溶液体积是200mL，浓度为11ml/L；
A.根据分析，生成NO的物质的量为0.9ml，NO2的物质的量为1.3ml，故A错误；
B.根据分析，生成CuSO4的物质的量为2ml，故B正确；
C.根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11ml/L，故C错误；
D.铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，是守恒法解题的典型事例，把握守恒关系是解题的关键。
二、非选择题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8．
（1）E在周期表中的位置是 第三周期ⅢA族 ；A2B2的电子式为 ．
（2）D、E、X的非金属性由强到弱的顺序是 Cl＞Al＞Na （填元素符号）；D、E、X形成的最简单离子中，离子半径由大到小的顺序是 Cl﹣＞Na+＞Al3+（填离子符号）．
（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质相互反应的离子方程式为 H++OH﹣＝H2O ．
（4）镓（31Ga）与E为同主族元素，氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是 AB ．
A．Ga位于元素周期表的第四周期
B．GaN中Ga的化合价为+3
C．Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径
（5）XB2是一种高效消毒剂，工业上用其处理偏中性废旧中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+．
【答案】（1）第三周期ⅢA族；；
（2）Cl＞Al＞Na；Cl﹣＞Na+＞Al3+；
（3）H++OH﹣＝H2O；
（4）AB；
（5）2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。
【分析】A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素，A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素；A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，则B为O元素，两种液态化合物分别为H2O和H2O2；D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素；E的周期序数和族序数相等，结合原子序数可知E为Al元素；D、X的原子最外层电子数之和为8，X的最外层电子数为8﹣1＝7，结合原子序数可知X为Cl元素，据此分析。
【解答】解：（1）由分析知，E为Al元素，位于第三周期ⅢA族，A2B2为H2O2，电子式为：
故答案为：第三周期ⅢA族；；
（2）同一周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞Al＞Na；电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，序数越大半径越小，则离子半径：Cl﹣＞Na+＞Al3+，
故答案为：Cl＞Al＞Na；Cl﹣＞Na+＞Al3+；
（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质分别为HClO4和NaOH，反应的离子方程式为：H++OH﹣＝H2O，
故答案为：H++OH﹣＝H2O；
（4）Ga与Al同族，Ga位于第四周期，最外层为三个电子，GaN中Ga的化合价为+3价；Ga3+电子层数多，半径比Al3+大，故A、B正确，
故答案为：AB；
（5）由题中信息可知，反应后ClO2变为氯离子，二价锰离子转化为二氧化锰，故离子反应方程式为：2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+，
故答案为：2ClO2+6H2O+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握原子序数、元素化合物知识、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（14分）在生活中亚硝酸钠（NaNO2）应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO+Na2O2═2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠（夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用）。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO2氧化成NO3。
回答下列问题：
Ⅰ．NaNO2的制备：
（1）盛放铜的仪器名称为 三颈烧瓶 ；仪器按气流方向连接顺序为b→g→ h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i （装置可重复使用）。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气，若不排除装置中的空气，可能导致产物中混有杂质 Na2CO3、NaNO3（填化学式）；反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气 。
（3）盛水的洗气瓶中发生的反应的化学方程式为 3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑ ；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学反应方程式解释加入铜片的作用 3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 。
Ⅱ．测定NaNO2的纯度：
（4）准确称取反应后的固体2.500g于烧杯中，加入煮沸并冷却的蒸馏水溶解，配成250mL的溶液；取出25.00mL的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加0.1ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液，当溶液恰好变为浅红色时停止滴加，共消耗酸性KMnO4溶液10.00mL，计算所得固体中NaNO2的纯度为 69 %。
【答案】（1）三颈烧瓶；h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i；
（2）Na2CO3、NaNO3；将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
（3）3NO2+H2O＝2HNO3+NO；3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（4）69。
【分析】（1）三颈烧瓶中铜和浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO；
（2）空气中的二氧化碳会和过氧化钠反应生成Na2CO3，空气中的氧气则会把产品NaNO2氧化成NaNO3，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
（3）在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在该洗气瓶中加入铜片，可以和生成的稀硝酸反应产生NO，可提高NO的产率；
（4）依据电子守恒，酸性KMnO4和NaNO2关系为：2KMnO4～5NaNO2，则可计算出样品中NaNO2的物质的量n（NaNO2）＝n（KMnO4）×，进一步计算出NaNO2的质量，可求纯度。
【解答】解：（1）三颈烧瓶中铜和浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气，
故答案为：三颈烧瓶；h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i；
（2）空气中的CO2会和Na2O2反应生成Na2CO3，空气中的氧气则会把产品中NaNO2氧化成NaNO3，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气，
故答案为：Na2CO3、NaNO3；将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
（3）在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，反应方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，在该洗气瓶中加入铜片，铜片则可以和洗气瓶中生成的稀硝酸反应产生NO，可提高NO的产率，该反应的方程式为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑；3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（4）依据电子守恒，酸性KMnO4和NaNO2关系为：2KMnO4～5NaNO2，则样品中NaNO2的物质的量n（NaNO2）＝n（KMnO4）×＝10×10﹣3L×0.1ml⋅L﹣1×＝0.0025ml，则m（NaNO2）＝0.0025ml×10×69g•ml﹣1＝1.725g，则NaNO2的纯度＝＝69%，
故答案为：69。
【点评】本题考查实验方案的设计与评价，涉及化学反应的基本操作、仪器的使用、实验方案的评价、有关化学方程式的书写和物质的量的相关计算等，题目中等难度。
19．（14分）铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石（主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等）来制备绿矾FeSO4⋅7H2O和Al2O3，其工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）滤渣1的成分是： Fe2O3、FeO （填化学式）；过程1发生的化学方程式为 2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O 。
（2）过程1、2、3涉及的分离操作为 过滤 。
（3）写出由滤液1生成滤渣2的化学方程式为： Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl 。
（4）过程3中加入的过量试剂A为 氨水 （填试剂名称）。
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是： 将Fe3+全部还原为Fe2+；若将铁粉换为SO2进行反应，发生的离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+。
【答案】（1）Fe2O3、FeO；2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O；
（2）过滤；
（3）Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl；
（4）氨水；
（5）将Fe3+全部还原为Fe2+；2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+。
【分析】（1）Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等的混合固体中，加入NaOH溶液后，Fe2O3、FeO不溶于NaOH溶液，Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，则滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；
（2）过程1、2、3均涉及固体与液体的分离，故均为过滤操作；
（3）Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，发生反应生成的滤液1中是NaAlO2和Na2SiO3混合溶液，则滤液1加入过量的稀盐酸，生成不溶物是H2SiO3；
（4）滤液1加入过量的稀盐酸时，偏铝酸盐转化为Al3+，需要加入过量氨水，将其转化为氢氧化铝沉淀；
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是将Fe3+全部还原为Fe2+，若将铁粉换为同样具有还原性的SO2也可以将Fe3+全部还原为Fe2+。
【解答】解：（1）Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等的混合固体中，加入NaOH溶液后，Fe2O3、FeO不溶于NaOH溶液，Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，发生反应的方程式为2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O，则滤渣1的成分是Fe2O3、FeO，
故答案为：Fe2O3、FeO；2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O；
（2）过程1、2、3均涉及固体与液体的分离，故均为过滤操作，
故答案为：过滤；
（3）Al2O3、SiO2可溶于NaOH溶液中，发生反应的方程式为2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O、2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O，则滤液1加入过量的稀盐酸，生成不溶物的反应是Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl，即为生成滤渣2的反应。
故答案为：Na2SiO3+2HCl＝H2SiO3↓+2NaCl；
（4）滤液1加入过量的稀盐酸时，偏铝酸盐转化为Al3+，需要加入过量氨水，将其转化为氢氧化铝沉淀，
故答案为：氨水；
（5）向溶液A中加入过量铁粉的目的是将Fe3+全部还原为Fe2+；若将铁粉换为同样具有还原性的SO2进行反应，发生的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+，
故答案为：将Fe3+全部还原为Fe2+；2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+。
【点评】本题考查实验方案的设计与评价，涉及化学反应的基本操作、仪器的使用、实验方案的评价、有关化学方程式的书写和离子方程式的书写等，题目中等难度。
20．（14分）探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①Na2SO3加热可能发生以下反应：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
（1）检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2﹣。反应的离子方程式是 S2﹣+Cu2+＝CuS↓ 。
（2）检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，过滤后， 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 （填操作和现象），可证实分解产物中含有。
（3）探究（2）中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
针对来源1进行如图实验：
①实验中观察到 向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色 ，可证实来源1不成立。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论 。
来源2：溶液B中有 Na2Sx，加酸反应生成S，该反应的离子方程式为：+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓ 。
（4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生，因此题干中的黄色固体A含有S，运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 根据反应4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质 ；黄色固体A加水得到浊液，放置后变澄清的原因为： 黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx。
【答案】（1）S2﹣+Cu2+＝CuS↓；
（2）滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）①向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色；
②Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
Na2Sx；+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓，
（4）根据反应4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质；黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx。
【分析】（1）Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠；
（2）检验时，应先将干扰离子除去，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明含有硫酸根离子；
（3）若固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S，则溶液B中含有Na+、S2﹣、、，向B溶液中加入足量BaCl2溶液发生反应生成BaSO4、BaSO3、BaS，根据资料显示，BaS易溶于水，则白色沉淀1为BaSO4、BaSO3，溶液1中含有S2﹣、Ba2+、Na+、Cl﹣，通过过滤操作除去B中的S2﹣，向白色沉淀1中加入H2SO4，发生沉淀转化，BaSO3与H2SO4反应生成硫酸钡和H2SO3，由于硫酸钡不溶于酸，则白色沉淀2为BaSO4，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3，据此分析解答；
（4）Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价，据此分析解答。
【解答】解：（1）Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2﹣+Cu2+＝CuS↓，
故答案为：S2﹣+Cu2+＝CuS↓；
（2）根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降（固液分离）后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有，
故答案为：滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3，
故答案为：向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色；
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论，
故答案为：盐酸中Cl元素为﹣1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓，
故答案为：Na2Sx；+2H+＝H2S↑+（x−1）S↓；
（4）根据已知资料：4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为﹣2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质，黄色固体A加水得到浊液，放置后变澄清的原因是黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx，
故答案为：根据反应4NaNa2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为﹣2价，也应该可以降到0价生成硫单质；黄色固体A中的Na2S与S加水后反应生成可溶性的Na2Sx。
【点评】本题主要考查物质成分的检验，熟悉硫及其化合物的性质和氧化还原反应的知识是解题的关键，能够很好的考查学生的分析能力和实验能力，难度一般。
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选项
①
②
③
实验结论
A
浓盐酸
MnO2
NaOH
制氯气并吸收尾气
B
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3
溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
选项
①
②
③
实验结论
A
浓盐酸
MnO2
NaOH
制氯气并吸收尾气
B
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3
溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
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