第三章物质的性质与转化检测题2022--2023学年上学期高一化学鲁科版（2019）必修第一册（Word含答案）
文档属性
| 名称 | 第三章物质的性质与转化检测题2022--2023学年上学期高一化学鲁科版（2019）必修第一册（Word含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 830.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-22 08:28:56 | ||
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文档简介
第三章 物质的性质与转化检测题
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．为增强高锰酸钾溶液的氧化能力，通常在其中加入适量的盐酸
B．利用强酸制弱酸原理，可以用和稀硫酸反应制取
C．少量和足量混合气体通入溶液中，产生的沉淀只有
D．和均有漂白性，将二者分别加入紫色石蕊溶液中，最后均变为无色
2．《新修本草》中描述“青矾”为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”。青矾加热时的反应为。下列说法正确的是
A．产物中含有3种酸性氧化物 B．所得赤色物质为
C．反应为分解反应 D．铁元素被还原
3．下列空气污染物与其主要来源对应错误的是
污染物 来源
A SO2 雷电时在空气中产生
B NO和NO2 飞机、汽车尾气
C 悬浮颗粒物 建筑施工、燃煤的使用
D HCHO 家具生产与使用、质量低劣的涂料的使用
A．A B．B C．C D．D
4．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B．“复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料
C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是Na2CO3
D．《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe2O3
5．化学与生产、生活联系紧密，下列有关说法正确的是
A．其他条件不变时增大压强，能使气体反应体系中活化分子百分数增加
B．水垢中的，可先转化为，再用酸除去
C．胃舒平主要成分是氢氧化铝和食醋同时服用可增强药效
D．用升华法分离碘和氯化铵的混合物
6．下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
选项 实验操作 实验现象
A 在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2 浅绿色变黄色
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水 产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解
D 向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中溶液先变红后褪色
A．A B．B C．C D．D
7．物质存放在烧杯中一段时间后，质量变大的是
①浓盐酸 ②浓硫酸 ③烧碱 ④生石灰 ⑤澄清石灰水
A．③④⑤ B．②③④⑤ C．①②③④⑤ D．④⑤
8．一定量的镁铝合金与完全反应生成(标况)，再向反应后的溶液中加入溶液，使镁、铝元素恰好完全沉淀，则所加溶液体积是
A． B． C． D．
9．能够在人体血管中通行的药物分子运输车——“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法错误的是
A．包装上印“OTC”标识的药物为非处方药
B．油脂、蔗糖等这类含碳化合物属于有机物
C．分散质粒子直径在1~100nm的分散系为胶体，该“运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体
D．该“运输车”中铁元素的价态为+3价
10．在给定条件下，下列粒子组在溶液中能否大量共存及对应的判断和分析均正确的是
选项 粒子组 判断和分析
A ，，， 不能大量共存，因发生反应
B ，，， 能大量共存
C ，，， 能大量共存
D ，，，SO 不能大量共存，因发生反应
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
11．20世纪90年代初，国际上提出了“预防污染”这一新概念。绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。
(1)下列各项属于“绿色化学”要求的是_______(填字母)。
A．处理废弃物 B．治理污染点 C．处理有毒物 D．杜绝污染源
(2)在我国西部大开发中，某省为筹建一大型化工基地，征集到下列方案，其中你认为可行的是_____(填字母)。
A．建在西部干旱区可以脱贫致富
B．应建在水资源丰富和交通方便且远离城市的郊区
C．企业有权自主选择厂址
D．不宜建在人口稠密的居民区
(3)某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子。甲、乙、丙三位学生分别设计了从该污水中回收纯净的金属铜的方案。
甲：
乙：
丙：
在能制得纯铜的方案中，哪一步操作会导致环境污染？___。应增加哪些措施防止污染？_。
12．化工生产中通常所说的“三酸两碱”，“三酸”是指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”是指烧碱和纯碱。
（1）从物质分类的角度分析，上述说法中不恰当的一种物质是__________ （填化学式）。
（2）向盐酸中加入浓H2SO4时，会有白雾生成。下列叙述不属于导致产生该现象的原因的是______ 。
A、浓H2SO4具有脱水性
B、浓H2SO4具有吸水性
C、盐酸具有挥发性
D、气体溶质的溶解度随温度升高而降低
（3）在中学化学常见气体的实验室制法中，常用盐酸制备的气体的化学式是________ 。（填两种）
（4）①“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温下能够全部溶于足量的浓硝酸的是_______________ 。
A、Au B、Ag C、Al D、Fe
②金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色。请写出该反应的离子方程式：_____________ 。
（5）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2气体。当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后,将溶液低温小心蒸干，称得固体质量为8克。则所得固体是___________ （填化学式）
13．锰及其化合物主要用于锰矿的开采、锰铁冶炼、化肥和医药等领域。
(1)早期冶炼金属Mn的一种方法是先煅烧软锰矿(主要成分为MnO2)生成Mn3O4，再利用铝热反应制备金属Mn，该铝热反应的化学方程式为___。
(2)工业上通常采用软锰矿与KOH固体在空气中共热生成K2MnO4，再通入CO2的方法制备KMnO4。
各物质的溶解度如表所示：
温度/℃ 物质 0 10 20 30 40 60 80 100
KMnO4 2.83 4.31 6.34 9.03 12.6 22.1 41.1 50.5
K2CO3 105 109 111 114 117 127 140 156
A 22.5 27.4 33.7 39.9 47.5 65.5 — —
①K2MnO4与CO2的反应中氧化产物和还原产物的比值为___。
②该制备过程需控制通入CO2的量，若CO2过量，还会生成物质A___(填化学式)。
③从KMnO4和K2CO3混合溶液中分离提纯出KMnO4晶体的步骤为蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥；物质A的生成会使KMnO4的纯度降低，原因是__。
14．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)工业上利用克劳斯法将转化为硫单质回收。该法首先将部分燃烧转化为，然后再将与剩余的混合。为实现硫的最大回收，用于燃烧的和剩余的的物质的量之比为_______。
(2)化学反应循环制氢的原理如题图所示，按图示方法制氢，理论上，可制得_______。
(3)活性炭(多孔性活性炭为载体的)是一种高效、可再生的脱硫剂。可用于脱除气体。活性炭，脱除后所得的含硫产物为、和。其脱除原理如下：
①；
②和反应生成的化学方程式为_______。
(4)时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有一定质量的活性炭脱硫剂的反应器。调节脱硫剂中，测得随时间变化的曲线如题图所示。、分别为反应器入口气和出口气中的含量。
①从实验结果看，合适的比值为_______。
A． B． C． D．
②当脱硫剂中含有时，内，均为0的原因是_______。
③当时，测得时所用的时间为；当时，测得时所用的时间为；小于的原因可能是_______。
15．以下是氮循环的一部分：
(1)反应②的化学方程式是___________。
(2)NO2易溶于水并和水发生化学反应，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为________。
(3)实验室收集NO的方法为___________。
(4)化合物A的化学式是___________。
(5)治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：2NO+2CO=2CO2+N2，当生成1molN2时，被还原的NO为___________mol。
三、计算题
16．向铁和氧化铁的混合物中加入500mL0.20mol·L-1稀盐酸后恰好完全反应，得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，并收集到448mL氢气(标准状况下测定)。回答下列问题；
(1)反应后溶液中的溶质为_______(填写化学式)。
(2)反应后溶液中的溶质为_______mol。
(3)原混合物中单质铁的质量为_______g。
17．将一块质量为8.5 g的铁合金放入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入稀硫酸，恰好使铁合金中的铁完全反应(碳不溶于稀硫酸，铁合金中其它元素含量很低，可忽略不计)，测得生成氢气的质量为0.3 g．试列式计算回答：
(1)8.5 g的铁合金中铁的质量是多少？________
(2)反应后所得溶液的溶质质量是多少？________
(3)生铁和钢都是铁的合金，请根据表中含碳量判断这8.5 g铁合金是生铁还是钢？________
合金种类 含碳量
钢 0.03%～2.0%
生铁 2.0%～4.3%
18．向铁和氧化铁的混合物中加入600mL稀盐酸后恰好完全反应，所得溶液滴加硫氰化钾不显红色，并收集到672mL氢气(标准状况下测定)。回答下列问题：
(1)反应后溶液中的溶质为_______mol。
(2)原混合物中单质铁的质量为_______g。
19．32g铜投入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，两者恰好反应，若共收集到NO和NO2的混合气体8.96 L气体(标准状况)。
(1)计算产生NO的体积(标准状况)___________ ；
(2)硝酸溶液的物质的量浓度为___________。
四、实验题
20．胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
(3)步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为_______。
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。
21．健康人体内含铁元素大约 2~3g，人体内铁元素以亚铁离子和三价铁离子的形式存在，Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁元素时，应补充含 Fe2+的亚铁盐。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：
(1) 试剂1的名称是__________；试剂2的化学式为______________。
(2) 加入新制氯水，溶液中发生反应的离子方程式是_____________________________。
(3) 加入试剂2 时溶液为淡红色说明 “速力菲”中的 Fe2+已部分氧化，一般在服用“速力菲”时，同时服用维生素C，说明维生素C具有___________性。
(4) 不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，溶液中白色沉淀Fe(OH)2更易被O2氧化，请写出反应的化学方程式________________________，现象为__________________________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】A．高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾溶液能与加入的盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则酸化高锰酸钾溶液不能加入盐酸增强高锰酸钾溶液的氧化能力，故A错误；
B．硫化铜是不溶于水也不，与稀硫酸反应的难溶性盐，所以不能用硫化铜和稀硫酸反应制取硫化氢，故B错误；
C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，则少量二氧化氮和足量二氧化硫通入氯化钡溶液中时，二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸和一氧化氮，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，则反应生成的沉淀中只有硫酸钡，故C正确；
D．二氧化硫具有漂白性，都不能使酸碱指示剂石蕊溶液褪色，则二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液变红色，故D错误；
故选C。
2．C
【解析】A．产物中的酸性氧化物只有SO2，故A错误；
B．Fe2O3是红色粉末，所得赤色物质为Fe2O3，故B错误；
C．反应，一种物质变为多种物质，属于分解反应，故C正确；
D．反应中铁元素化合价由+2升高为+3，铁元素被氧化，故D错误；
选C。
3．A
【解析】A．SO2主要来自煤、石油等化石燃料的燃烧，含硫金属矿石的冶炼等，A错误；
B．飞机、汽车燃料燃烧时，发动机内会引起N2与O2反应，从而生成NO、NO2等，B正确；
C．建筑施工、燃煤的使用，会产生烟尘，悬浮于空气中，从而产生悬浮颗粒物，C正确；
D．家具生产与使用、质量低劣的涂料的使用，内部溶剂的挥发，都会释放出HCHO，D正确；
故选A。
4．B
【解析】A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误；
B. “复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板是由四氟乙烯通过加聚反应制成的，属于有机高分子材料，B正确；
C. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可洗衣服，C错误；
D. 磁石主要成分为Fe3O4，Fe2O3无磁性，D错误；
故合理选项是B。
5．B
【解析】增大压强，单位体积的活化分子的数目增多，但不能改变活化分子的百分数，故A错误；
B.利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的，可先转化为，再用酸除去，故B正确；
C.胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解降低药效，故C错误；
D.碘、氯化铵受热均变为气体，且温度稍低时又都变成固体，不能利用升华法分离，故D错误；
故选B。
6．C
【解析】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；
B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；
C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成[Ag(NH3)2]OH，形成银氨溶液，C错误；
D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。
答案选C。
7．B
【解析】①中的浓盐酸会挥发，溶液质量减小；②中的浓硫酸会吸水，质量变大；③烧碱会吸水，质量变大；④中的生石灰会与水反应而吸水，质量变大；⑤中澄清石灰水会吸收空气中的CO2，质量变大。综上，②③④⑤质量变大，故选B。
8．B
【解析】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故B正确；
故选B。
9．D
【解析】A．“OTC”代表非处方药，R代表处方药，A正确；
B．油脂、蔗糖均含碳元素，不根据其组成和结构特点，属于有机物，B正确；
C．该"纳米药物分子车”的直径为20Onm，而胶体分散质粒子直径为1~100nm，所以该"纳米药物分子车"分散于水中所得的分散系不属于胶体，C正确；
D．由图可知，该有机物中含有四氧化三铁，其中有+2价和+3价铁，D错误；
故选D。
10．B
【解析】A．发生的反应为，不能大量共存，A项错误；
B．、、、相互间不发生反应，能大量共存，B项正确；
C．与发生反应，不能大量共存，C项错误；
D．与因发生反应：Ba2++=BaSO4↓而不能大量共存，D项错误；
故选B。
11． D BD 丙方案的第③步 增加冷凝回收汞的装置
【解析】(1)绿色化学是“预防污染”的手段，目标是研究和寻找能充分利用的无毒害材料，应从“源头”上杜绝污染，
A．处理废弃物是污染治理措施，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故A不符合题意；
B．治理污染点，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故B不符合题意；
C．减少有毒物，没有根除有毒物质，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故C不符合题意；
D．杜绝污染源是从源头消除污染，符合绿色化学理念，故D符合题意；
故答案为D；
(2)A．建在干旱区缺乏水分，不利于化工企业的运作，故A不符合题意；
B．大型化工企业必须水源充足，交通方便，不能污染居民区，即远离城市的郊区，故B符合题意；
C．不能乱选择基地，必须保证水源充足，交通方便，不能污染居民，故C不符合题意；
D．由于大型化工企业具有污染性，不能建在居民区附近，故D符合题意；
答案为BD；
(3)甲方案：加入过量NaOH溶液，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2等，加热得到MgO、Fe2O3、CuO等，最后得到金属铜中含有Fe，甲方案得不到纯净的铜；
乙方案：加入Fe过量，滤渣中含有Cu、Fe、Hg，加热时，Fe、Cu转化成金属氧化物，用氢气还原金属氧化物，得到Cu和Fe，即乙方案不能得到纯净的铜；
丙方案中：由于铁的活动性比铜、汞强，污水中加入过量的铁粉后得滤渣的成分为铜、汞和过量的铁，滤渣中铜、汞不与盐酸反应，铁与盐酸反应，滤渣变成铜、汞的混合物，加热汞转化成汞蒸气挥发出来，铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜采用氢气还原可得到纯净的铜，即第③步中，由于汞的沸点低、易挥发、有毒，会造成环境污染；要想防止汞污染的产生就得需要对汞蒸气进行处理，以防止汞蒸气挥发到空气中导致污染；故答案为丙方案的第③步；增加冷凝回收汞的装置。
12． Na2CO3 A Cl2、CO2、HCl B Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O Na2CO3、NaHCO3
【解析】（1）依据酸碱盐的概念和物质组成分析判断，纯碱是盐；
（2）盐酸滴入浓硫酸溶液，浓硫酸具有吸水性，溶于水可放出大量的热，溶液温度升高，气体氯化氢溶解度减小，挥发到空气中遇水蒸气形成盐酸小液滴；
（3）依据实验室气体制备原理分析，Cl2、CO2、HCl等气体都利用了盐酸的性质制备；
（4）①金属与浓硝酸反应时，常温下铁铝发生钝化现象，阻止反应进行；金、铂不和浓硝酸反应；②过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性；
（5）依据极值法分析计算固体成分。
【解析】（1）碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，纯碱的主要成分是Na2CO3，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，属于盐；
故答案为Na2CO3；
（2）向盐酸中加入浓H2SO4时，会有白雾生成，是因为浓硫酸具有吸水性，溶于水可放出大量的热，溶液温度升高，气体溶质的溶解度随温度升高而降低，从而促进浓盐酸挥发，并且氯化氢本身易挥发，在空气中遇到水蒸气形成盐酸小液滴，综上所述，浓H2SO4具有脱水性不是产生该现象的原因；
故答案为A；
（3）Cl2利用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下制备，CO2利用碳酸钙与盐酸反应制备，HCl可利用浓硫酸与浓盐酸混合制备；
故答案为Cl2、CO2、HCl；
（4）①金属在常温下能够全部溶于足量的浓硝酸的是银，金不反应，铁和铝常温下发生钝化现象，反应不再继续；
故答案为B；
②金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性，溶解了铜，发生反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O；
故答案为Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O；
（5）当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温小心蒸干，称得固体质量为8g，可以依据极值法计算判断，0.1mol氢氧化钠全部反应为碳酸钠时，质量=0.05mol×106g/mol=5.3g；若全部为碳酸氢钠时，质量=0.1mol×84g/mol=8.4g，因反应后将溶液低温小于蒸干，称得固体质量为8g，说明生成的物质含碳酸钠和碳酸氢钠；
故答案为Na2CO3、NaHCO3。
13．(1)3Mn3O4+8Al4Al2O3+9Mn
(2) 2∶1 KHCO3 冷却结晶 在冷却结晶时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出
【解析】(1)
Mn3O4与铝发生置换反应生成氧化铝和金属Mn，该铝热反应的化学方程式为3Mn3O4+8Al4Al2O3+9Mn；
(2)
①软锰矿与KOH固体在空气中共热生成K2MnO4，再通入CO2的方法制备KMnO4，方程式为O2+2KOH+4K2MnO4+3CO2=4KMnO4+H2O+3K2CO3，其中高锰酸钾是氧化产物（Mn元素化合价从+6价升高到+7价，失去1个电子），氧气是氧化剂，化合价从0价降低到－2价，则依据电子得失可知K2MnO4与CO2的反应中氧化产物和还原产物的比值为2∶1。
②该制备过程需控制通入CO2的量，若CO2过量，生成的碳酸钾和二氧化碳反应转化为碳酸氢钾，因此还会生成物质A的化学式为KHCO3。
③根据表中数据可知高锰酸钾的溶解度小于碳酸钾的，则从KMnO4和K2CO3混合溶液中分离提纯出KMnO4晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；由于在冷却结晶时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出，所以物质A的生成会使KMnO4的纯度降低。
14．(1)
(2)2
(3)
(4) C 活性炭吸附；与反应，通入的气体被活性炭完全吸收 活性炭质量减少，吸附的的量减少；的量增多，与反应的的量增加，且前者的影响大于后者。与反应的的量增加，导致生成的、、的质量增多，覆盖在脱硫剂表面，影响反应的进一步进行，也影响活性炭的吸附性能。(“堵塞活性炭的管道，降低了活性炭的吸附能力”也可)
【解析】（1）中根据燃烧反应及生成硫的反应之间的桥梁二氧化硫进行判断；（2）根据流程中四个反应加合后的总反应进行判断；（3）根据已知反应的特点利用守恒法进行判断；（4）根据图象中信息进行判断选择，利用图象中及反应的特点进行推测反应的量对产物的影响；
【解析】（1）根据反应2H2S+3O22SO2+2H2O，2H2S+SO2=3S+2H2O，假设第一反应生成二氧化硫为2mol，则在第二反应中消耗硫化氢4mol，故整个过程第一反应消耗硫化氢为2mol，即燃烧消耗2mol，剩余4mol，物质的量之比为1:2，故答案为1:2；
（2）根据流程中总反应为H2S+O2+2H2O==2H2+H2SO4故每消耗1mol硫化氢生成氢气是2mol，故答案为2；
（3）根据元素原子守恒及元素化合价升降守恒配平得：；
（4）①在反应30分钟后，的比值为1:1时，出来的硫化氢与进入的硫化氢比值最小，故选择C。
②当脱硫剂中含有时，内，活性炭吸附；与反应，通入的气体被活性炭完全吸收，故答案为：活性炭吸附；与反应，通入的气体被活性炭完全吸收；
③变为时，活性炭质量减少，吸附的的量减少；的量增多，与反应的的量增加，且前者的影响大于后者。与反应的的量增加，导致生成的、、的质量增多，覆盖在脱硫剂表面，影响反应的进一步进行，也影响活性炭的吸附性能，故答案为：活性炭质量减少，吸附的的量减少；的量增多，与反应的的量增加，且前者的影响大于后者。与反应的的量增加，导致生成的、、的质量增多，覆盖在脱硫剂表面，影响反应的进一步进行，也影响活性炭的吸附性能。
【点睛】此题考查氧化还原反应的应用，根据守恒法计算物质之间的关系，利用图象信息及实验目的选择相应他反应条件。
15．(1)2NO＋O2=2NO2
(2)1∶2
(3)排水法收集
(4)HNO3
(5)2
【解析】空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2，二氧化氨气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3 )和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，以此来解析；
（1）
反应①为一氧化氮和氧气反应，一氧化氮和氧气化合为二氧化氮，反应为2NO+O2=2NO2，
（2）
反应③为二氧化氮和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO ，N元素化合价由+4价既降低为+2价又升高为+5价，二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，根据化合价升降守恒可知，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；
（3）
NO不溶于水，而且接触空气易被氧化，用排水集气法收集；
（4）
根据分析可知化合物A的化学式为HNO3；
（5）
NO与CO反应生成CO2和N2，反应为：2NO+2CO=2CO2+N2，N的化合价由+2价降低为0价，化合价降低被还原，生成1mol氮气，被还原的NO为2mol；
16． FeCl2 0.05 1.68
【解析】根据题意发生的反应有3个：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋。
【解析】(1)铁和氧化铁的混合物中加入500mL0.20mol·L-1稀盐酸后恰好完全反应，反应后只得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，则反应后溶液中的溶质为FeCl2；
(2)因为得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，根据Fe~FeCl2~2HCl有n(FeCl2)===0.05mol；
(3)根据铁元素守恒，得出n(Fe)＋2n(Fe2O3)=0.05mol；根据题意，整个过程中Fe变为+2价，HCl中的H变为0价，根据得失电子数目守恒，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2n(H2)，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2×，联立解得n(Fe)=0.03mol，n(Fe2O3)=0.01mol，m(Fe)=0.03mol×56g·mol－1=1.68g。
17． 由Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑可知，铁合金中的铁的质量＝0.3 g÷2 g·mol－1×56 g·mol－1＝8.4 g 生成硫酸亚铁的质量＝0.3 g÷2 g·mol－1×152g·mol－1＝22.8 g 铁合金中碳的质量分数＝×100%≈1.2%，因此合金为钢
【解析】（1）根据生成的氢气的质量计算出物质的量，进一步计算出合金中铁的物质的量；
（2）铁与硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，根据生成的氢气的物质的量计算出硫酸亚铁的物质的量，进一步计算出硫酸亚铁的质量；
（3）根据合金中铁的质量计算出碳的质量，再计算出碳的质量分数，与表格中数据对比后确定是钢还是生铁。
【解析】（1）生成氢气的质量为0.3g，物质的量n(H2)===0.15mol，根据方程式Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑可知铁的物质的量为0.15mol，因此铁的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，故答案为：8.4g；
（2）生成氢气的质量为0.3g，物质的量n(H2)===0.15mol，根据方程式Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑可知硫酸亚铁的物质的量为0.15mol，因此硫酸亚铁的质量为0.15mol×152g/mol=22.8g，故答案为：22.8g；
（3）由（1）可知，铁的质量为8.4g，那么合金中含有的碳的质量为8.5g-8.4g=0.1g，因此碳的质量分数为×100%=1.2%，与表格中数据可知，该合金为钢，故答案为：合金钢。
18．(1)0.06
(2)2.24
【解析】氧化铁为碱性氧化物，先发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe3＋氧化性强于H＋，接着发生2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，有气体产生，然后在发生Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋，据此分析。
【解析】（1）根据上述分析，反应后溶液的溶质为FeCl2，因为溶液滴加硫氰化钾不显红色，没有Fe3+，即HCl完全反应，利用元素守恒，得出n(FeCl2)=；
（2）根据铁元素守恒，得出n(Fe)＋2n(Fe2O3)=0.06mol，根据得失电子数目守恒，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2n(H2) ，n(H2)=，联立解得n(Fe)=0.045mol，n(Fe2O3)=0.015mol，m(Fe)=0.045mol×56g·mol-1=2.52g。
19．(1)6.72L
(2)14mol/L
【解析】（1）
假设生成NO x mol NO2 y mol
x + y =8.96L÷22.4L/mol
得失电子守恒：32g÷64g/mol ×2= 3x +y
解得x=0.3mol y=0.1mol
故NO的体积(标准状况)为0.3mol22.4L/mol=6.72L
（2）
根据Cu和硝酸的反应，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，可知消耗的硝酸有两个去处，一个是被还原生成氮的氧化物，一个是生成硝酸铜，根据元素守恒n(HNO3)= n(NOx)+ 2n(Cu(NO3)2)= 0.3+0.1+ ×2=1.4mol
故硝酸浓度为1.4mol÷0.1L=14mol/L
20．(1)除油污
(2)
(3)
(4)胆矾晶体易溶于水
(5) 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
【解析】（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
21． 盐酸 KSCN 2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl- 还原性 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
【解析】（1）根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”分析，应用盐酸溶解琥珀酸亚铁；淡黄色溶液加入试剂2变为淡红色，加入新制氯水后溶液变血红色，则加入的试剂2是KSCN；
（2）加入新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+；
（3）Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是还原剂，则Vc具有还原性；
（4）碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
【解析】（1）根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”，用盐酸溶解琥珀酸亚铁，所以试剂1是盐酸；淡黄色溶液加入试剂2变为淡红色，加入新制氯水后溶液变血红色，则加入的试剂2是KSCN溶液；
故答案为盐酸；KSCN；
（2）加入新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中发生反应的离子方程式是2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-；
故答案为2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-；
（3）Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是还原剂，则Vc具有还原性；
故答案为还原性；
（4）碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
故答案为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．下列说法正确的是
A．为增强高锰酸钾溶液的氧化能力，通常在其中加入适量的盐酸
B．利用强酸制弱酸原理，可以用和稀硫酸反应制取
C．少量和足量混合气体通入溶液中，产生的沉淀只有
D．和均有漂白性，将二者分别加入紫色石蕊溶液中，最后均变为无色
2．《新修本草》中描述“青矾”为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”。青矾加热时的反应为。下列说法正确的是
A．产物中含有3种酸性氧化物 B．所得赤色物质为
C．反应为分解反应 D．铁元素被还原
3．下列空气污染物与其主要来源对应错误的是
污染物 来源
A SO2 雷电时在空气中产生
B NO和NO2 飞机、汽车尾气
C 悬浮颗粒物 建筑施工、燃煤的使用
D HCHO 家具生产与使用、质量低劣的涂料的使用
A．A B．B C．C D．D
4．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B．“复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料
C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是Na2CO3
D．《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe2O3
5．化学与生产、生活联系紧密，下列有关说法正确的是
A．其他条件不变时增大压强，能使气体反应体系中活化分子百分数增加
B．水垢中的，可先转化为，再用酸除去
C．胃舒平主要成分是氢氧化铝和食醋同时服用可增强药效
D．用升华法分离碘和氯化铵的混合物
6．下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
选项 实验操作 实验现象
A 在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2 浅绿色变黄色
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水 产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解
D 向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中溶液先变红后褪色
A．A B．B C．C D．D
7．物质存放在烧杯中一段时间后，质量变大的是
①浓盐酸 ②浓硫酸 ③烧碱 ④生石灰 ⑤澄清石灰水
A．③④⑤ B．②③④⑤ C．①②③④⑤ D．④⑤
8．一定量的镁铝合金与完全反应生成(标况)，再向反应后的溶液中加入溶液，使镁、铝元素恰好完全沉淀，则所加溶液体积是
A． B． C． D．
9．能够在人体血管中通行的药物分子运输车——“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法错误的是
A．包装上印“OTC”标识的药物为非处方药
B．油脂、蔗糖等这类含碳化合物属于有机物
C．分散质粒子直径在1~100nm的分散系为胶体，该“运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体
D．该“运输车”中铁元素的价态为+3价
10．在给定条件下，下列粒子组在溶液中能否大量共存及对应的判断和分析均正确的是
选项 粒子组 判断和分析
A ，，， 不能大量共存，因发生反应
B ，，， 能大量共存
C ，，， 能大量共存
D ，，，SO 不能大量共存，因发生反应
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
11．20世纪90年代初，国际上提出了“预防污染”这一新概念。绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。
(1)下列各项属于“绿色化学”要求的是_______(填字母)。
A．处理废弃物 B．治理污染点 C．处理有毒物 D．杜绝污染源
(2)在我国西部大开发中，某省为筹建一大型化工基地，征集到下列方案，其中你认为可行的是_____(填字母)。
A．建在西部干旱区可以脱贫致富
B．应建在水资源丰富和交通方便且远离城市的郊区
C．企业有权自主选择厂址
D．不宜建在人口稠密的居民区
(3)某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子。甲、乙、丙三位学生分别设计了从该污水中回收纯净的金属铜的方案。
甲：
乙：
丙：
在能制得纯铜的方案中，哪一步操作会导致环境污染？___。应增加哪些措施防止污染？_。
12．化工生产中通常所说的“三酸两碱”，“三酸”是指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”是指烧碱和纯碱。
（1）从物质分类的角度分析，上述说法中不恰当的一种物质是__________ （填化学式）。
（2）向盐酸中加入浓H2SO4时，会有白雾生成。下列叙述不属于导致产生该现象的原因的是______ 。
A、浓H2SO4具有脱水性
B、浓H2SO4具有吸水性
C、盐酸具有挥发性
D、气体溶质的溶解度随温度升高而降低
（3）在中学化学常见气体的实验室制法中，常用盐酸制备的气体的化学式是________ 。（填两种）
（4）①“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温下能够全部溶于足量的浓硝酸的是_______________ 。
A、Au B、Ag C、Al D、Fe
②金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色。请写出该反应的离子方程式：_____________ 。
（5）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2气体。当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后,将溶液低温小心蒸干，称得固体质量为8克。则所得固体是___________ （填化学式）
13．锰及其化合物主要用于锰矿的开采、锰铁冶炼、化肥和医药等领域。
(1)早期冶炼金属Mn的一种方法是先煅烧软锰矿(主要成分为MnO2)生成Mn3O4，再利用铝热反应制备金属Mn，该铝热反应的化学方程式为___。
(2)工业上通常采用软锰矿与KOH固体在空气中共热生成K2MnO4，再通入CO2的方法制备KMnO4。
各物质的溶解度如表所示：
温度/℃ 物质 0 10 20 30 40 60 80 100
KMnO4 2.83 4.31 6.34 9.03 12.6 22.1 41.1 50.5
K2CO3 105 109 111 114 117 127 140 156
A 22.5 27.4 33.7 39.9 47.5 65.5 — —
①K2MnO4与CO2的反应中氧化产物和还原产物的比值为___。
②该制备过程需控制通入CO2的量，若CO2过量，还会生成物质A___(填化学式)。
③从KMnO4和K2CO3混合溶液中分离提纯出KMnO4晶体的步骤为蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥；物质A的生成会使KMnO4的纯度降低，原因是__。
14．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)工业上利用克劳斯法将转化为硫单质回收。该法首先将部分燃烧转化为，然后再将与剩余的混合。为实现硫的最大回收，用于燃烧的和剩余的的物质的量之比为_______。
(2)化学反应循环制氢的原理如题图所示，按图示方法制氢，理论上，可制得_______。
(3)活性炭(多孔性活性炭为载体的)是一种高效、可再生的脱硫剂。可用于脱除气体。活性炭，脱除后所得的含硫产物为、和。其脱除原理如下：
①；
②和反应生成的化学方程式为_______。
(4)时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有一定质量的活性炭脱硫剂的反应器。调节脱硫剂中，测得随时间变化的曲线如题图所示。、分别为反应器入口气和出口气中的含量。
①从实验结果看，合适的比值为_______。
A． B． C． D．
②当脱硫剂中含有时，内，均为0的原因是_______。
③当时，测得时所用的时间为；当时，测得时所用的时间为；小于的原因可能是_______。
15．以下是氮循环的一部分：
(1)反应②的化学方程式是___________。
(2)NO2易溶于水并和水发生化学反应，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为________。
(3)实验室收集NO的方法为___________。
(4)化合物A的化学式是___________。
(5)治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：2NO+2CO=2CO2+N2，当生成1molN2时，被还原的NO为___________mol。
三、计算题
16．向铁和氧化铁的混合物中加入500mL0.20mol·L-1稀盐酸后恰好完全反应，得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，并收集到448mL氢气(标准状况下测定)。回答下列问题；
(1)反应后溶液中的溶质为_______(填写化学式)。
(2)反应后溶液中的溶质为_______mol。
(3)原混合物中单质铁的质量为_______g。
17．将一块质量为8.5 g的铁合金放入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入稀硫酸，恰好使铁合金中的铁完全反应(碳不溶于稀硫酸，铁合金中其它元素含量很低，可忽略不计)，测得生成氢气的质量为0.3 g．试列式计算回答：
(1)8.5 g的铁合金中铁的质量是多少？________
(2)反应后所得溶液的溶质质量是多少？________
(3)生铁和钢都是铁的合金，请根据表中含碳量判断这8.5 g铁合金是生铁还是钢？________
合金种类 含碳量
钢 0.03%～2.0%
生铁 2.0%～4.3%
18．向铁和氧化铁的混合物中加入600mL稀盐酸后恰好完全反应，所得溶液滴加硫氰化钾不显红色，并收集到672mL氢气(标准状况下测定)。回答下列问题：
(1)反应后溶液中的溶质为_______mol。
(2)原混合物中单质铁的质量为_______g。
19．32g铜投入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，两者恰好反应，若共收集到NO和NO2的混合气体8.96 L气体(标准状况)。
(1)计算产生NO的体积(标准状况)___________ ；
(2)硝酸溶液的物质的量浓度为___________。
四、实验题
20．胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
(3)步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为_______。
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。
21．健康人体内含铁元素大约 2~3g，人体内铁元素以亚铁离子和三价铁离子的形式存在，Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁元素时，应补充含 Fe2+的亚铁盐。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：
(1) 试剂1的名称是__________；试剂2的化学式为______________。
(2) 加入新制氯水，溶液中发生反应的离子方程式是_____________________________。
(3) 加入试剂2 时溶液为淡红色说明 “速力菲”中的 Fe2+已部分氧化，一般在服用“速力菲”时，同时服用维生素C，说明维生素C具有___________性。
(4) 不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，溶液中白色沉淀Fe(OH)2更易被O2氧化，请写出反应的化学方程式________________________，现象为__________________________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】A．高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾溶液能与加入的盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则酸化高锰酸钾溶液不能加入盐酸增强高锰酸钾溶液的氧化能力，故A错误；
B．硫化铜是不溶于水也不，与稀硫酸反应的难溶性盐，所以不能用硫化铜和稀硫酸反应制取硫化氢，故B错误；
C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，则少量二氧化氮和足量二氧化硫通入氯化钡溶液中时，二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸和一氧化氮，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，则反应生成的沉淀中只有硫酸钡，故C正确；
D．二氧化硫具有漂白性，都不能使酸碱指示剂石蕊溶液褪色，则二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液变红色，故D错误；
故选C。
2．C
【解析】A．产物中的酸性氧化物只有SO2，故A错误；
B．Fe2O3是红色粉末，所得赤色物质为Fe2O3，故B错误；
C．反应，一种物质变为多种物质，属于分解反应，故C正确；
D．反应中铁元素化合价由+2升高为+3，铁元素被氧化，故D错误；
选C。
3．A
【解析】A．SO2主要来自煤、石油等化石燃料的燃烧，含硫金属矿石的冶炼等，A错误；
B．飞机、汽车燃料燃烧时，发动机内会引起N2与O2反应，从而生成NO、NO2等，B正确；
C．建筑施工、燃煤的使用，会产生烟尘，悬浮于空气中，从而产生悬浮颗粒物，C正确；
D．家具生产与使用、质量低劣的涂料的使用，内部溶剂的挥发，都会释放出HCHO，D正确；
故选A。
4．B
【解析】A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误；
B. “复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板是由四氟乙烯通过加聚反应制成的，属于有机高分子材料，B正确；
C. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可洗衣服，C错误；
D. 磁石主要成分为Fe3O4，Fe2O3无磁性，D错误；
故合理选项是B。
5．B
【解析】增大压强，单位体积的活化分子的数目增多，但不能改变活化分子的百分数，故A错误；
B.利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的，可先转化为，再用酸除去，故B正确；
C.胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解降低药效，故C错误；
D.碘、氯化铵受热均变为气体，且温度稍低时又都变成固体，不能利用升华法分离，故D错误；
故选B。
6．C
【解析】A. H2O2具有强氧化性，能将Fe(NO3)2溶液中二价铁氧化成三价铁，溶液由浅绿色变黄色，A正确；
B. 金属钠具有强还原性，能与CO2反应，生成碳酸钠和碳，所以集气瓶中产生大量白烟为碳酸钠，黑色颗粒是碳，B正确；
C. 向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水，先生成氢氧化银白色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成[Ag(NH3)2]OH，形成银氨溶液，C错误；
D. Na2SO3溶液为强碱弱酸盐，具有碱性，滴加酚酞变红，然后加入稀盐酸至过量，Na2SO3与稀盐酸反应生成二氧化硫气体，溶液碱性消失，变成无色，D正确。
答案选C。
7．B
【解析】①中的浓盐酸会挥发，溶液质量减小；②中的浓硫酸会吸水，质量变大；③烧碱会吸水，质量变大；④中的生石灰会与水反应而吸水，质量变大；⑤中澄清石灰水会吸收空气中的CO2，质量变大。综上，②③④⑤质量变大，故选B。
8．B
【解析】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故B正确；
故选B。
9．D
【解析】A．“OTC”代表非处方药，R代表处方药，A正确；
B．油脂、蔗糖均含碳元素，不根据其组成和结构特点，属于有机物，B正确；
C．该"纳米药物分子车”的直径为20Onm，而胶体分散质粒子直径为1~100nm，所以该"纳米药物分子车"分散于水中所得的分散系不属于胶体，C正确；
D．由图可知，该有机物中含有四氧化三铁，其中有+2价和+3价铁，D错误；
故选D。
10．B
【解析】A．发生的反应为，不能大量共存，A项错误；
B．、、、相互间不发生反应，能大量共存，B项正确；
C．与发生反应，不能大量共存，C项错误；
D．与因发生反应：Ba2++=BaSO4↓而不能大量共存，D项错误；
故选B。
11． D BD 丙方案的第③步 增加冷凝回收汞的装置
【解析】(1)绿色化学是“预防污染”的手段，目标是研究和寻找能充分利用的无毒害材料，应从“源头”上杜绝污染，
A．处理废弃物是污染治理措施，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故A不符合题意；
B．治理污染点，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故B不符合题意；
C．减少有毒物，没有根除有毒物质，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故C不符合题意；
D．杜绝污染源是从源头消除污染，符合绿色化学理念，故D符合题意；
故答案为D；
(2)A．建在干旱区缺乏水分，不利于化工企业的运作，故A不符合题意；
B．大型化工企业必须水源充足，交通方便，不能污染居民区，即远离城市的郊区，故B符合题意；
C．不能乱选择基地，必须保证水源充足，交通方便，不能污染居民，故C不符合题意；
D．由于大型化工企业具有污染性，不能建在居民区附近，故D符合题意；
答案为BD；
(3)甲方案：加入过量NaOH溶液，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2等，加热得到MgO、Fe2O3、CuO等，最后得到金属铜中含有Fe，甲方案得不到纯净的铜；
乙方案：加入Fe过量，滤渣中含有Cu、Fe、Hg，加热时，Fe、Cu转化成金属氧化物，用氢气还原金属氧化物，得到Cu和Fe，即乙方案不能得到纯净的铜；
丙方案中：由于铁的活动性比铜、汞强，污水中加入过量的铁粉后得滤渣的成分为铜、汞和过量的铁，滤渣中铜、汞不与盐酸反应，铁与盐酸反应，滤渣变成铜、汞的混合物，加热汞转化成汞蒸气挥发出来，铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜采用氢气还原可得到纯净的铜，即第③步中，由于汞的沸点低、易挥发、有毒，会造成环境污染；要想防止汞污染的产生就得需要对汞蒸气进行处理，以防止汞蒸气挥发到空气中导致污染；故答案为丙方案的第③步；增加冷凝回收汞的装置。
12． Na2CO3 A Cl2、CO2、HCl B Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O Na2CO3、NaHCO3
【解析】（1）依据酸碱盐的概念和物质组成分析判断，纯碱是盐；
（2）盐酸滴入浓硫酸溶液，浓硫酸具有吸水性，溶于水可放出大量的热，溶液温度升高，气体氯化氢溶解度减小，挥发到空气中遇水蒸气形成盐酸小液滴；
（3）依据实验室气体制备原理分析，Cl2、CO2、HCl等气体都利用了盐酸的性质制备；
（4）①金属与浓硝酸反应时，常温下铁铝发生钝化现象，阻止反应进行；金、铂不和浓硝酸反应；②过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性；
（5）依据极值法分析计算固体成分。
【解析】（1）碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，纯碱的主要成分是Na2CO3，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，属于盐；
故答案为Na2CO3；
（2）向盐酸中加入浓H2SO4时，会有白雾生成，是因为浓硫酸具有吸水性，溶于水可放出大量的热，溶液温度升高，气体溶质的溶解度随温度升高而降低，从而促进浓盐酸挥发，并且氯化氢本身易挥发，在空气中遇到水蒸气形成盐酸小液滴，综上所述，浓H2SO4具有脱水性不是产生该现象的原因；
故答案为A；
（3）Cl2利用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下制备，CO2利用碳酸钙与盐酸反应制备，HCl可利用浓硫酸与浓盐酸混合制备；
故答案为Cl2、CO2、HCl；
（4）①金属在常温下能够全部溶于足量的浓硝酸的是银，金不反应，铁和铝常温下发生钝化现象，反应不再继续；
故答案为B；
②金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性，溶解了铜，发生反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O；
故答案为Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O；
（5）当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温小心蒸干，称得固体质量为8g，可以依据极值法计算判断，0.1mol氢氧化钠全部反应为碳酸钠时，质量=0.05mol×106g/mol=5.3g；若全部为碳酸氢钠时，质量=0.1mol×84g/mol=8.4g，因反应后将溶液低温小于蒸干，称得固体质量为8g，说明生成的物质含碳酸钠和碳酸氢钠；
故答案为Na2CO3、NaHCO3。
13．(1)3Mn3O4+8Al4Al2O3+9Mn
(2) 2∶1 KHCO3 冷却结晶 在冷却结晶时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出
【解析】(1)
Mn3O4与铝发生置换反应生成氧化铝和金属Mn，该铝热反应的化学方程式为3Mn3O4+8Al4Al2O3+9Mn；
(2)
①软锰矿与KOH固体在空气中共热生成K2MnO4，再通入CO2的方法制备KMnO4，方程式为O2+2KOH+4K2MnO4+3CO2=4KMnO4+H2O+3K2CO3，其中高锰酸钾是氧化产物（Mn元素化合价从+6价升高到+7价，失去1个电子），氧气是氧化剂，化合价从0价降低到－2价，则依据电子得失可知K2MnO4与CO2的反应中氧化产物和还原产物的比值为2∶1。
②该制备过程需控制通入CO2的量，若CO2过量，生成的碳酸钾和二氧化碳反应转化为碳酸氢钾，因此还会生成物质A的化学式为KHCO3。
③根据表中数据可知高锰酸钾的溶解度小于碳酸钾的，则从KMnO4和K2CO3混合溶液中分离提纯出KMnO4晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；由于在冷却结晶时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出，所以物质A的生成会使KMnO4的纯度降低。
14．(1)
(2)2
(3)
(4) C 活性炭吸附；与反应，通入的气体被活性炭完全吸收 活性炭质量减少，吸附的的量减少；的量增多，与反应的的量增加，且前者的影响大于后者。与反应的的量增加，导致生成的、、的质量增多，覆盖在脱硫剂表面，影响反应的进一步进行，也影响活性炭的吸附性能。(“堵塞活性炭的管道，降低了活性炭的吸附能力”也可)
【解析】（1）中根据燃烧反应及生成硫的反应之间的桥梁二氧化硫进行判断；（2）根据流程中四个反应加合后的总反应进行判断；（3）根据已知反应的特点利用守恒法进行判断；（4）根据图象中信息进行判断选择，利用图象中及反应的特点进行推测反应的量对产物的影响；
【解析】（1）根据反应2H2S+3O22SO2+2H2O，2H2S+SO2=3S+2H2O，假设第一反应生成二氧化硫为2mol，则在第二反应中消耗硫化氢4mol，故整个过程第一反应消耗硫化氢为2mol，即燃烧消耗2mol，剩余4mol，物质的量之比为1:2，故答案为1:2；
（2）根据流程中总反应为H2S+O2+2H2O==2H2+H2SO4故每消耗1mol硫化氢生成氢气是2mol，故答案为2；
（3）根据元素原子守恒及元素化合价升降守恒配平得：；
（4）①在反应30分钟后，的比值为1:1时，出来的硫化氢与进入的硫化氢比值最小，故选择C。
②当脱硫剂中含有时，内，活性炭吸附；与反应，通入的气体被活性炭完全吸收，故答案为：活性炭吸附；与反应，通入的气体被活性炭完全吸收；
③变为时，活性炭质量减少，吸附的的量减少；的量增多，与反应的的量增加，且前者的影响大于后者。与反应的的量增加，导致生成的、、的质量增多，覆盖在脱硫剂表面，影响反应的进一步进行，也影响活性炭的吸附性能，故答案为：活性炭质量减少，吸附的的量减少；的量增多，与反应的的量增加，且前者的影响大于后者。与反应的的量增加，导致生成的、、的质量增多，覆盖在脱硫剂表面，影响反应的进一步进行，也影响活性炭的吸附性能。
【点睛】此题考查氧化还原反应的应用，根据守恒法计算物质之间的关系，利用图象信息及实验目的选择相应他反应条件。
15．(1)2NO＋O2=2NO2
(2)1∶2
(3)排水法收集
(4)HNO3
(5)2
【解析】空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2，二氧化氨气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3 )和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，以此来解析；
（1）
反应①为一氧化氮和氧气反应，一氧化氮和氧气化合为二氧化氮，反应为2NO+O2=2NO2，
（2）
反应③为二氧化氮和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO ，N元素化合价由+4价既降低为+2价又升高为+5价，二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，根据化合价升降守恒可知，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；
（3）
NO不溶于水，而且接触空气易被氧化，用排水集气法收集；
（4）
根据分析可知化合物A的化学式为HNO3；
（5）
NO与CO反应生成CO2和N2，反应为：2NO+2CO=2CO2+N2，N的化合价由+2价降低为0价，化合价降低被还原，生成1mol氮气，被还原的NO为2mol；
16． FeCl2 0.05 1.68
【解析】根据题意发生的反应有3个：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋。
【解析】(1)铁和氧化铁的混合物中加入500mL0.20mol·L-1稀盐酸后恰好完全反应，反应后只得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，则反应后溶液中的溶质为FeCl2；
(2)因为得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，根据Fe~FeCl2~2HCl有n(FeCl2)===0.05mol；
(3)根据铁元素守恒，得出n(Fe)＋2n(Fe2O3)=0.05mol；根据题意，整个过程中Fe变为+2价，HCl中的H变为0价，根据得失电子数目守恒，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2n(H2)，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2×，联立解得n(Fe)=0.03mol，n(Fe2O3)=0.01mol，m(Fe)=0.03mol×56g·mol－1=1.68g。
17． 由Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑可知，铁合金中的铁的质量＝0.3 g÷2 g·mol－1×56 g·mol－1＝8.4 g 生成硫酸亚铁的质量＝0.3 g÷2 g·mol－1×152g·mol－1＝22.8 g 铁合金中碳的质量分数＝×100%≈1.2%，因此合金为钢
【解析】（1）根据生成的氢气的质量计算出物质的量，进一步计算出合金中铁的物质的量；
（2）铁与硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，根据生成的氢气的物质的量计算出硫酸亚铁的物质的量，进一步计算出硫酸亚铁的质量；
（3）根据合金中铁的质量计算出碳的质量，再计算出碳的质量分数，与表格中数据对比后确定是钢还是生铁。
【解析】（1）生成氢气的质量为0.3g，物质的量n(H2)===0.15mol，根据方程式Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑可知铁的物质的量为0.15mol，因此铁的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，故答案为：8.4g；
（2）生成氢气的质量为0.3g，物质的量n(H2)===0.15mol，根据方程式Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑可知硫酸亚铁的物质的量为0.15mol，因此硫酸亚铁的质量为0.15mol×152g/mol=22.8g，故答案为：22.8g；
（3）由（1）可知，铁的质量为8.4g，那么合金中含有的碳的质量为8.5g-8.4g=0.1g，因此碳的质量分数为×100%=1.2%，与表格中数据可知，该合金为钢，故答案为：合金钢。
18．(1)0.06
(2)2.24
【解析】氧化铁为碱性氧化物，先发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe3＋氧化性强于H＋，接着发生2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，有气体产生，然后在发生Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋，据此分析。
【解析】（1）根据上述分析，反应后溶液的溶质为FeCl2，因为溶液滴加硫氰化钾不显红色，没有Fe3+，即HCl完全反应，利用元素守恒，得出n(FeCl2)=；
（2）根据铁元素守恒，得出n(Fe)＋2n(Fe2O3)=0.06mol，根据得失电子数目守恒，2n(Fe)=2n(Fe2O3)＋2n(H2) ，n(H2)=，联立解得n(Fe)=0.045mol，n(Fe2O3)=0.015mol，m(Fe)=0.045mol×56g·mol-1=2.52g。
19．(1)6.72L
(2)14mol/L
【解析】（1）
假设生成NO x mol NO2 y mol
x + y =8.96L÷22.4L/mol
得失电子守恒：32g÷64g/mol ×2= 3x +y
解得x=0.3mol y=0.1mol
故NO的体积(标准状况)为0.3mol22.4L/mol=6.72L
（2）
根据Cu和硝酸的反应，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，可知消耗的硝酸有两个去处，一个是被还原生成氮的氧化物，一个是生成硝酸铜，根据元素守恒n(HNO3)= n(NOx)+ 2n(Cu(NO3)2)= 0.3+0.1+ ×2=1.4mol
故硝酸浓度为1.4mol÷0.1L=14mol/L
20．(1)除油污
(2)
(3)
(4)胆矾晶体易溶于水
(5) 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
【解析】（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
21． 盐酸 KSCN 2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl- 还原性 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
【解析】（1）根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”分析，应用盐酸溶解琥珀酸亚铁；淡黄色溶液加入试剂2变为淡红色，加入新制氯水后溶液变血红色，则加入的试剂2是KSCN；
（2）加入新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+；
（3）Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是还原剂，则Vc具有还原性；
（4）碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
【解析】（1）根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”，用盐酸溶解琥珀酸亚铁，所以试剂1是盐酸；淡黄色溶液加入试剂2变为淡红色，加入新制氯水后溶液变血红色，则加入的试剂2是KSCN溶液；
故答案为盐酸；KSCN；
（2）加入新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中发生反应的离子方程式是2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-；
故答案为2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-；
（3）Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是还原剂，则Vc具有还原性；
故答案为还原性；
（4）碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
故答案为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
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