四川省绵阳市南山中学2020届高三10月月考化学试题

四川省绵阳市南山中学2020届高三10月月考化学试题

四川绵阳南山中学2020届高三上10月化学考试题（解析版）‎ 一、选择题 ‎1. 下列现象或事实可用同一原理解释的是 A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B. SO2和双氧水使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去 C. 硫化钠溶液和水玻璃长期暴露在空气中变质 D. 亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．浓硫酸有吸水性，吸收水分使溶液的浓度降低，浓盐酸有挥发性，由于溶质挥发而使溶液的浓度降低，可见浓度降低的原因不同，错误；B．SO2和双氧水都是因为二者有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去，原因相同，正确；C. 硫化钠溶液长期暴露在空气中，被空气中的氧气氧化产生S单质而变浑浊；水玻璃长期暴露在空气中变质，是由于硅酸的酸性比碳酸弱，会发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，可见变质原因不同，错误；D．亚硫酸钠有还原性，在空气中加热会被氧化变为硫酸钠，氯化铝是强酸弱碱盐，其溶液在空气中加热发生盐的水解反应，水解产生的氯化氢挥发，得到氢氧化铝，也不能得到对应的溶质，可见不能产生原物质的原因不相同，错误。‎ 考点：考查物质发生变化的原因分析的正误判断的知识。‎ ‎2.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2 有还原性 B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2 有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2 有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性:H2SO3＞ H2SiO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；‎ B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；‎ C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；‎ D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎3.有如下转化关系：＋―→＋＋H2O，则甲不可能是（ ）‎ A. Na2O2 B. Cu C. Fe D. Si ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从转化关系：＋―→＋＋H2O中，我们很难推出甲是何种物质，所以我们采用逐项分析法。‎ ‎【详解】A. Na2O2与硫酸或盐酸反应，可生成钠盐、氧气和水，符合转化关系；‎ B. Cu与硝酸反应，可生成硝酸铜、氮的氧化物气体和水，符合转化关系；‎ C. Fe与稀硝酸反应，可生成铁的硝酸盐、一氧化氮气体和水，符合转化关系；‎ D. Si只能与氢氟酸反应，但氢氟酸不属于强酸，所以不能满足转化关系。‎ 故答案为D。‎ ‎4. 下列有关物质性质的说法正确的是 A. 铝与Fe2O3发生铝热反应后固体物质增重 B. Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到 C. 过量的铜与浓硝酸反应可生成NO D. 由于铝元素和铁元素都有+3价，由2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑；可知:2Fe+6HCl= 2FeCl3+3H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．铝与Fe2O3发生铝热反应后产生Al2O3和Fe，反应前物质都是固体，反应后的物质仍然都是固体，因此固体物质不会增重，错误；B．Na、Al活动性很强，只能用电解的方法冶炼；Cu活动性比较弱，可以用热还原法冶炼，错误；C．铜与浓硝酸反应首先发生反应：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+ 2NO2↑+2H2O，可生成NO2，随着反应的进行，硝酸变为稀溶液，这时发生反应：3Cu＋8HNO3(稀）=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ，反应产生NO，正确；D．由于铝元素和铁元素都有+3价，由于Al只有+3价，实验发生置换反应2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑；但是由于HCl的氧化性较弱，Fe与盐酸发生反应只能形成+2价的Fe，反应方程式是Fe+2HCl= FeCl2+H2↑，错误；‎ ‎【考点定位】考查有关物质性质的应用的正误判断的知识。‎ ‎【名师点睛】物质性质与物质的结构有关，有时浓度不同、物质的量的多少级反应条件不同，发生的反应不同。在金属冶炼时特别活泼的金属K、Ca、Na、Mg、Al只能采用电解的方法冶炼，比较活泼的金属从Mn——Cu，采用热还原的方法冶炼，不活泼的金属如Hg、Ag则采用热分解的方法冶炼。在电解法冶炼金属时，K、Ca、Na、Mg采用电解熔融氯化物方法冶炼，而Al由于AlCl3是共价化合物，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼；在金属发生置换反应时，一般是活动性强的置换活动性弱的金属，但是金属K由于沸点比Na低，可以用Na和熔融的KCl发生置换反应产生；在原电池的构成中，一般是活动性强的金属为负极，活动性弱的金属为正极，当若是Al、Mg与NaOH溶液构成原电池，活动性弱的Al为负极，活动性强的Mg为正极；类似情况还有如Al(或Fe)、Cu与浓硝酸构成原电池，由于Al(或Fe)在室温下载浓硝酸中发生钝化而不能继续反应，因此Cu为负极，Al(或Fe)为正极；反应与物质的量的相对多少级浓度有关的除Cu与浓硝酸的反应外，还有如过量的Zn与浓硫酸的反应，开始发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当反应进行到一定程度，发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑；Zn与FeCl3溶液的反应，开始发生反应：Zn+2FeCl3=2FeCl2+ZnCl2；后来发生反应Zn+FeCl2=Fe+ZnCl2；Cl2与FeBr2溶液混合，开始发生反应：3Cl2+6FeBr2= 2FeCl3+4FeBr3；后来发生反应：3Cl2+ 2FeBr3= 2FeCl3+3Br2，盐酸与Na2CO3溶液的反应，开始发生反应：Na2CO3+ HCl="NaCl+" NaHCO3 ，后来发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2↑等。要注意类推中的例外及反应与反应条件或物质的量多少的关系，正确应用，合理判断。‎ ‎5.下表所列各组物质中，能一步实现如图所示各步转化关系的是（ ）‎ 选项 X Y Z W A Fe3O4‎ Fe FeCl2‎ FeCl3‎ B Al Al2O3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ C NH3‎ NO NO2‎ HNO3‎ D Si SiO2‎ H2SiO3‎ Na2SiO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Fe3O4被C、CO、Al等还原剂还原生成Fe；Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2被Cl2氧化生成FeCl3，FeCl3被Fe还原生成FeCl2，符合图中关系，故A正确；‎ B项，Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故B错误；‎ C项，NO到HNO3不能一步转化，故C错误；‎ D项，SiO2不能一步反应生成H2SiO3，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎6.甲、乙、丙三种物质有如图转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（ ）‎ A. Al2O3 B. NH4Cl C. CO2 D. SiO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、若甲为Al2O3，Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2(乙)，NaAlO2与适量盐酸反应生成Al(OH)3(丙)，灼烧Al(OH)3可得Al2O3，故A正确；‎ B项、若甲为NH4Cl，NH4Cl与NaOH溶液反应后生成NH3·H2O(乙)，NH3·H2O与盐酸反应又生成NH4Cl(甲)，不符合题图转化关系，故B错误；‎ C项、若甲为CO2，CO2与足量NaOH溶液反应生成Na2CO3(乙)，Na2CO3中加入少量盐酸，可生成NaHCO3(丙)，加热NaHCO3可得到CO2，故C正确；‎ D项、若甲为SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3(乙)，Na2SiO3‎ 中加入盐酸可得H2SiO3(丙)，加热H2SiO3可得SiO2，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎7. 下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图。下列说法正确的是 A. CO、SO2、SO3均是酸性氧化物 B. 图示转化反应均为氧化还原反应 C. 工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉 D. 用CO合成CH3OH，原子利用率为100%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A． SO2、SO3是酸性氧化物， CO不是酸性氧化物，A错误；B．氧化钙与水的反应不是氧化还原反应，B错误；C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，C错误；D．工业上一般采用下列反应合成甲醇： CO+2H2⇌CH3OH，所有原子进入期望产物，原子利用率为100%，D正确；故选D。‎ 考点：考查酸性氧化物、氧化还原反应、漂白粉的制取、原子利用率 ‎8.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（ ）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ A. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B. 红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应 C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；‎ B．由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；‎ C．③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；‎ D．红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误；‎ 故选D。‎ ‎9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是 ( )‎ A. 若甲为AlC13溶液，则丁可能是NaOH溶液 B. 若甲为N2，则丁可能是O2‎ C. 若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸 D. 若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故A正确；B．若甲为N2，丁如果是O2，则乙为NO、丙为NO2，NO2不能与N2反应生成NO，故B错误；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选B。‎ ‎10. 已知A、B为单质，C为化合物，能实现上述转化关系的是（ ）‎ ‎①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na ‎②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2‎ ‎③若C溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe ‎④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸。①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，故③错误；④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确；故选C。‎ ‎【考点定位】考查无机物推断 ‎【名师点晴】本题考察了无机推断。抓住解题突破口是解题的关键，本题解题突破口为，由此判断电解C溶液实际上是电解电解质本身，从而判断出C化合物的类别。‎ ‎11.如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中物质a、b、c、d对应的物质正确的是(　　)‎ 选项 物质a 物质b 物质c 物质d A Cu2(OH)2CO3‎ Ba(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 酚酞溶液 B CuO NaAlO2‎ Fe2O3‎ 紫色石蕊溶液 C CuO BaCl2‎ FeO 酚酞溶液 D Cu(OH)2‎ Ba(NO3)2‎ FeO 紫色石蕊溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀硫酸与Fe(OH)3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色，稀硫酸遇酚酞溶液不变色，选项A错误；选项C错误；B、稀硫酸与Fe2O3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色，选项B错误；C、稀硫酸与Fe(OH)3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色，稀硫酸遇酚酞溶液不变色，选项C错误；D、稀硫酸与Cu(OH)2反应得到的CuSO4溶液呈蓝色，稀硫酸与Ba(NO3)2反应得到的BaSO4是白色沉淀，稀硫酸与FeO反应得到的FeSO4溶液呈浅绿色，稀硫酸遇紫色石蕊溶液变红，选项D正确。答案选D。‎ ‎12.向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成沉淀的质量如图所示，其中符合图像的一组是(　　)‎ 选项 甲 乙 A AlCl3、Mg(NO3)2、HNO3‎ NaOH B Na2CO3、NH4HCO3、Na2SO4‎ Ba(OH)2‎ C NH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HCl NaOH D NaAlO2、氨水、NaOH H2SO4‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、中间一段沉淀不变的图象没有，故A错误；B、不会产生沉淀部分溶解的图象，故B错误；‎ C、第一段是与盐酸反应，第二段与Al（NO3）3、Fe（NO3）3产生2种沉淀，第三段与NH4NO3反应，第四段是溶解氢氧化铝，故C正确；D、最终沉淀会全部溶解，故D错误；答案为C。‎ ‎【考点定位】侧重考查铝及其金属的性质，侧重于学生借助图象分析能力的考查。‎ ‎【名师点晴】解答本题时首先要认真理解图像表达的信息，搞清发生的反应原理，图中横坐标可以看出，开始加入L的氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段是酸与氢氧化钠发生中和反应；当氢氧化钠继续加入时，沉淀不断增加，直到沉淀最大值，继续添加氢氧化钠，则沉淀量先不变后又溶解部分，说明沉淀肯定含氢氧化铝和至少一种其他的沉淀，但在于氢氧化铝反应之前，肯定还含有能与氢氧化钠反应但不产生沉淀的物质，结合上述分析再解答就容易得多了。‎ ‎13.如图所示。若关闭阀门Ⅰ，打开阀门Ⅱ，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭阀门Ⅱ，打开阀门Ⅰ，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是（ ）‎ ‎①浓硫酸 ②饱和氯化钠溶液 ③亚硫酸钠溶液 ④饱和碳酸氢钠溶液 A. ①②③ B. ②③④‎ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，而有漂白作用，能使有机色质漂白脱色，若关闭阀门Ⅱ，打开阀门Ⅰ，布条褪色，若关闭阀门Ⅰ，打开阀门Ⅱ，气体通过甲瓶后不能使有色布条褪色，说明可能有两个原因：一是甲瓶中试剂将Cl2干燥，二是甲瓶中试剂能吸收Cl2。‎ ‎【详解】①浓硫酸吸水，将Cl2干燥，干燥氯气不能使有色布条褪色，故正确；‎ ‎②饱和氯化钠溶液吸收氯气中混有的氯化氢，逸出的氯气中含有水蒸气，可使有色布条褪色，故错误；‎ ‎③亚硫酸钠溶液与氯气反应吸收氯气，没有氯气进入乙装置中，不会使有色布条褪色，故正确；‎ ‎④饱和碳酸氢钠溶液与氯气反应吸收氯气，没有氯气进入乙装置中，有色布条不能褪色，故正确；‎ ‎①③④满足题意，故选D。‎ ‎14.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（ ）‎ 选项 a b c 箭头上所标数字的反应条件 A AlCl3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎①加入过量的NaOH B Si SiO2‎ H2SiO3‎ ‎②常温加水 C NaOH NaHCO3‎ Na2CO3‎ ‎③加澄清石灰水 D Fe FeCl3‎ FeCl2‎ ‎④加入氯气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，Al(OH)3与HCl反应生成AlCl3，A项正确；‎ B.Si与O2反应生成SiO2，但SiO2不能通过一步反应生成H2SiO3，且SiO2不溶于水，不能与水反应，B项错误；‎ C.NaOH与过量CO2反应生成NaHCO3，将NaHCO3加热可生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与澄清石灰水反应生成NaOH，C项正确；‎ D.Fe与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl2与Zn反应生成Fe，D项正确；‎ 故选B。‎ ‎15.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示的转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（ ）‎ A. X可能为Al或Cl2‎ B. Y一定为NaOH(aq)‎ C. N一定是HCl(aq)‎ D. Q、Z中的一种必为Al2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由反应物的性质可知，六种物质中，NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)35种物质反应，与图中Y对应，则Y为NaOH(aq)；HCl(aq) 能与Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)4种物质反应，则N为HCl(aq)；Al能与Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)3种物质反应，则M为Al；Cl2能与Al、NaOH(aq)物质反应，则X是Cl2；Al2O3、Al(OH)3均能与HCl(aq)、NaOH(aq)反应，则Al2O3、Al(OH)3为Q、Z的一种，故选A。‎ ‎16.A～G各物质间的关系如图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是(　　)‎ A. 已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强 B. 反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O C. 新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2＋被空气氧化成Fe3＋，后者可抑制Fe2＋的水解 D. 若反应①在常温下进行，则1 mol A在反应中能转移1 mol 电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应产生Cl2，双氧水分解产生氧气，HCl与O2在催化剂存在的条件下加热，反应产生Cl2，只能证明氧化性O2>Cl2，但是不能证明氧化性：O2>MnO2，A错误；‎ B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，B正确；‎ C．FeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2＋容易发生水解反应而使溶液显浑浊，为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时Fe2+有还原性，溶液被空气中的氧气氧化为Fe3+，为了防止其氧化，要加入还原剂Fe粉。C正确；‎ D．若反应①在常温下进行，则A是H2O2，B是O2，C是浓HCl；D是Cl2；E是Fe3O4‎ ‎；F是FeCl2；G是FeCl3．1molA在反应中能转移1mol电子，D正确。‎ 答案选A。‎ 二、非选择题 ‎17.治理氮氧化物(NOx)的污染是化学研究的重要课题之一。‎ I．NO能被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，利用下列装置模拟该反应。‎ 已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能与NO2反应，不与NO反应。‎ ‎（1）上述装置接口的连接顺序为a→__________（按气流方向，用小写字母表示）。‎ ‎（2）装置D的作用是___________________。‎ ‎（3）装置E中反应的化学方程式为___________________。‎ ‎（4）打开分液漏斗活塞，烧瓶中观察到的实验现象有_____________________。‎ II．实验室常用NaOH溶液吸收多余的氮氧化物(NOx)：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。设计实验验证产物NaNO2既有氧化性又有还原性。‎ 限选试剂：稀硫酸、KI-淀粉溶液、双氧水、酸性KMnO4溶液 ‎（5）取适量NaNO2溶液，加入_____________，观察到_____________现象，证明其具有氧化性。‎ ‎（6）参照（5），设计实验证明NaNO2有还原性________________。‎ ‎【答案】 (1). f→e→j→i→h→g（或g→h）→b→c→d (2). 除去挥发出的HNO3等酸性气体 (3). 2NO＋2Fe2FeO＋N2 (4). 反应开始时，铜片表面出现无色气泡，铜片逐渐变小；烧瓶上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色；烧瓶中溶液由无色变为浅蓝色。 (5). KI淀粉溶液、稀硫酸 (6). 溶液变蓝 (7). 取适量NaNO2溶液，滴加少许酸性KMnO4溶液，观察到溶液褪色，证明其具有还原性。‎ ‎【解析】‎ I．(1)根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2‎ ‎，同时生成FeO，所以首先应制备纯净的干燥的NO，利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气气体，则先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体，然后再通过F干燥，得到纯净的干燥的NO进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，又因为NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以最终先通过B氧化NO，后再通过C吸收。根据以上分析，先制备NO→除硝酸气体→除水蒸气→氧化铁粉→氧化多余的NO→NaOH溶液吸收，所以上述装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，故答案为：f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d；‎ ‎(2)装置D的作用是除去挥发出的HNO3等酸性气体，故答案为：除去挥发出的HNO3等酸性气体；‎ ‎(3)装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，故答案为：2NO+2Fe2FeO+N2；‎ ‎(4)打开分液漏斗活塞，铜与稀硝酸反应生成NO，由于液面上方有空气，所以开始生成的NO遇空气就会变成浅红棕色NO2，而后来空气排净，又逐渐变为无色，烧瓶中溶液生成铜离子由无色变为浅蓝色，所以烧瓶中观察到的实验现象有反应开始时，铜片表面出现无色气泡，铜片逐渐变小；烧瓶上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色；烧瓶中溶液由无色变为浅蓝色，‎ 故答案为：反应开始时，铜片表面出现无色气泡，铜片逐渐变小，烧瓶上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色；烧瓶中溶液由无色变为浅蓝色；‎ II．(5)说明 NO2-有氧化性，则N元素的化合价降低，在酸性条件下，与还原剂KI反应，所以选择的试剂为KI-淀粉溶液、稀硫酸，观察到溶液变蓝现象，证明其具有氧化性，故答案为：KI-淀粉溶液、稀硫酸；溶液变蓝；‎ ‎(6)说明 NO2-有还原性，则N元素的化合价升高，与氧化剂KMnO4反应，验证方法为：取适量NaNO2溶液，滴加少许酸性KMnO4溶液，观察到溶液褪色，证明其具有还原性，故答案为：取适量NaNO2溶液，滴加少许酸性KMnO4溶液，观察到溶液褪色，证明其具有还原性。‎ 点睛：本题考查了NO的制取、净化、性质和尾气处理以及氧化还原反应，试题较为综合，为高频考点，把握习题中的信息及注意NO尾气的吸收问题，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力。‎ ‎18.直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠、碱循环法可脱除烟气中的SO2。‎ ‎（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：____。‎ ‎（2）在钠、碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_____。‎ ‎（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO32-)∶n(HSO3-)变化关系如表：‎ n(SO32-)∶n(HSO3-)‎ ‎91∶9‎ ‎1∶1‎ ‎1∶91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ 上表判断NaHSO3溶液显___性，用化学平衡原理解释：___。‎ ‎【答案】 (1). SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O2=2H2SO4(或2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O=H2SO4) (2). SO2＋2OH－===SO32-＋H2O (3). 酸 (4). HSO3-溶液中存在：HSO3-SO32-＋H＋和HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，HSO3-电离程度强于水解程度 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）SO2形成硫酸型酸雨时，SO2和空气中的H2O、O2反应得到H2SO4：SO2＋H2OH2SO3，2H2SO3＋O2=2H2SO4，故答案为：SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O2=2H2SO4(或2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O=H2SO4)；‎ ‎（2）SO2被NaOH溶液吸收制备Na2SO3溶液时反应的离子方程式为SO2＋2OH－=SO32-＋H2O，故答案为：SO2＋2OH－=SO32-＋H2O；‎ ‎（3）根据表中数据，可知，n(SO32-)∶n(HSO3-)＝1∶91时，溶液的pH显示为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，故答案为：酸 在NaHSO3溶液中HSO3-存在以下平衡：HSO3-SO32-＋H＋、HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，HSO3-的电离程度强于水解程度。--‎ ‎19.某铁红涂料中添加有CuO或FeO中的一种，为探究添加物的成分设计如下实验方案。‎ ‎(1)请写出实验步骤、预期现象，对应的离子方程式。‎ ‎(限选试剂：铁粉、3 mol·L－1 H2SO4、0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液、10% H2O2、KSCN溶液)‎ 操作步骤 预期现象 ‎①取少量样品于试管中，加入足量的______________，充分振荡，将所得澄清的溶液分装在两支试管中 ‎②__________________________________________‎ 若__________________，则含有CuO ‎③_________________________________________‎ 若__________________，则含有FeO ‎④操作步骤③中反应的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎(2)经分析该铁红涂料中有FeO，为测定铁红中铁质量分数，兴趣小组的同学称量11.6 g该铁红涂料进行了如下实验。‎ 已知：气体由草酸晶体受热分解得到：H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O。且除铁红外所用试剂均过量。‎ 装置A、B中的试剂依次是_____________、________。‎ 气体通入后，接下来的操作是________________，然后对C装置加热。‎ ‎③实验前后称得D装置增重8.8 g，则此铁红中铁的质量分数是________。‎ ‎【答案】 (1). Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu (2). 0.2 (3). 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ (4). 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O===2FeO＋6Cl－＋16H＋ (5). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (6). 阴 (7). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (8). 属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2 (9). 金 (10). 金属铬易被稀硝酸钝化 ‎【解析】‎ ‎(1)氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁，‎ 实验方案设计为：‎ 实验操作 预期现象和结论 ‎①加入足量的3mol•L-1H2SO4，充分振荡．‎ 样品全部溶解 ‎②取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol•L-1H2SO4，充分振荡．‎ 试管中出现红色固体，说明试样中有CuO ‎③取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol•L-1酸性KMnO4溶液 如果紫红色褪去，发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O说明试样中有FeO；‎ 故答案为：①3mol/LH2SO4‎ ‎；②向一支试管中加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol/LH2SO4，充分振荡； 出现红色固体；③向另一支试管中加入0.01mol/L酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；④5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；‎ ‎(2)①草酸分解生成的气体中含有二氧化碳和一氧化碳，C中发生一氧化碳与铁红的反应生成二氧化碳，D是吸收二氧化碳的装置，通过D装置的质量变化来测定的，因此需要除去加入C中气体中的二氧化碳，并干燥，装置A、B中的试剂依次是氢氧化钠溶液和浓硫酸，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；‎ ‎②一氧化碳具有可燃性，需要验纯，操作为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧，一氧化碳纯净后才能对C装置加热，故答案为：用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；‎ ‎③实验前后称得D装置增重8.8g，表示生成的二氧化碳为8.8g，物质的量为 =0.2mol，说明样品中含有0.2molO元素，质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，则此铁红中铁的质量分数是 ×100%=72.41%，故答案为：72.41%。‎ ‎20.(1)工业上通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO3↑＋SO2↑。‎ 为检验FeSO4高温分解的产物，进行如下实验：检验FeSO4高温分解产生的气体，将FeSO4高温分解产生的气体通入如图装置中 ‎①装置A试管可选用的试剂是________(填字母)。‎ a．水 b．BaCl2溶液 c．Ba(NO3)2溶液 d．Ba(OH)2溶液 ‎②装置C的作用是防止尾气污染环境，试管中应加入的试剂是____________。‎ ‎③若装置B试管中溶液改为酸性KMnO4溶液，可以观察到溶液紫色褪去，反应的离子方程式为__________________________________________________________________________________。‎ ‎(2)工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NO2还原生成N2，某同学在实验室中对NH3‎ 与NO2反应进行了探究。‎ ‎①实验室可以用A、B或C装置制取氨气，如果用C装置，则该装置中烧瓶所盛放的试剂为________(写名称)，反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎②预收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其气体收集和尾气处理装置连接顺序依次为发生装置→________________(用字母表示)。‎ ‎③将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图装置进行实验。打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，Y管观察到的实验现象是_____________________________，反应的化学方程式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). NaOH溶液 (3). 5SO2+2MnO4－+2H2O＝5SO42－ +2Mn2+ + 4H+ (4). 氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) (5). NH3·H2ONH3↑+H2O (6). D F H (7). 红棕色气体逐渐褪色 (8). 8NH3+6NO2 7N2 +12H2O ‎【解析】‎ ‎（1）①装置A中装氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明分解产物中有三氧化硫，故选b；装置B中品红溶液，若品红褪色，证明分解产物中含有二氧化硫；②为防止尾气污染环境，在装置C的试管中加入氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫气体；③酸性KMnO4溶液将二氧化硫氧化为硫酸根离子，而本身被还原为锰离子，其离子方程式为：5SO2+2MnO4－+2H2O＝5SO42－ +2Mn2+ + 4H+；（2）①利用氨水易分解的性质，可以用C装置制取氨气，通常使用的药品是浓氨水和氧化钙或碱石灰、固体氢氧化钠等；反应的化学方程式为：NH3·H2ONH3↑+H2O；②预收集一瓶干燥的氨气，则发生装置反应产生的氨气通过干燥选D，由于氨气极易溶于水，密度比空气小，只能选用F收集，尾气处理要防止倒吸，再选H，则其气体收集和尾气处理装置连接顺序依次为：发生装置→D F H；③NO2具有强氧化性，NH3‎ 有强还原性，两者相遇，会发生反应产生氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式：8NH3+6NO2 7N2 +12H2O，故Y管内看到红棕色气体颜色变浅最终变为无色，同时在注射器的内壁有水珠产生。‎ ‎ ‎