江西省新建一中2020-2021学年高一下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高一下·江西开学考）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．含0.1mol BaCl2的溶液中Cl－数为0.1NA
B．22gCO2所含有的分子数为0.5NA
C．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
D．常温下NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L
2．（2021高一下·江西开学考）下列存在因果关系或能达到目的的是（ ）
选项 目的或叙述 操作或叙述
A KNO3的溶解度大 用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B BaSO4难溶于酸 用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-
C 原溶液中有SO42- 滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀
D 某钾盐是K2CO3 某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
A．A B．B C．C D．D
3．（2021高一下·江西开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．使石蕊变红色的溶液：Mg2＋、K＋、 、
B．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、 、
C．0.1 mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、 、Cl－
D．0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、
4．（2021高一下·江西开学考）现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
5．（2021高一下·江西开学考）甲、乙两个烧杯中分别盛有100 mL 4.0 mol·L－1的盐酸和100 mL 4.0 mol·L－1NaOH溶液，向两个烧杯中均加入5.4 g铝粉，在相同状况下产生气体的体积比为（ ）
A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．3∶1
6．（2019高一上·滨海期中）关于 Na2CO3 和 NaHCO3 性质的说法错误的是（ ）
A．热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
B．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3＜Na 2CO3
C．相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3
D．等物质的量的 Na2CO3、NaHCO3 分别与足量盐酸反应产生的 CO2 质量相同
7．（2021高一下·江西开学考）下列说法或装置错误的是（ ）
A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置
B．按如图所示进行碳酸氢钠受热分解实验
C．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO ＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO
8．（2021高一下·江西开学考）某同学对未知物A盐的水溶液进行了鉴定，实验过程及现象如下图所示：
现对A、B、C、D做出的如下推断中，错误的是（ ）
A．A盐一定是FeCl3 B．白色沉淀B可能是AgCl
C．C中一定含Fe3＋ D．无法确定A中是否含有Fe2＋
9．（2021高一下·江西开学考）如图装置用来检验氯气的部分性质，下列说法错误的是（ ）
A．装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽
B．该实验必须在通风橱中进行
C．装置C中发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
D．装置B的现象是干燥处布条褪色，湿润处布条不褪色
10．（2021高一下·江西开学考）工业上可利用如下反应检查输送氯气的管道是否漏气：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(反应中产生的白烟为NH4Cl小颗粒)。下列有关该反应的说法中，错误的是（ ）
A．属于置换反应
B．Cl2表现强氧化性
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶8
D．生成1molN2，有6mol电子转移
11．（2020高一上·龙江期中）已知 与浓盐酸在常温下能反应产生 。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）
A．①处和②处 B．只有②处
C．只有②处和③处 D．②处、③处和④处
12．（2021高一下·江西开学考）以下有关氨及铵盐的叙述中错误的是（ ）
A．铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰混合施用
B．氨的喷泉实验体现了氨的溶解性和氧化性
C．实验室常用固体氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气
D．氨具有还原性，一定条件下可与氧化性物质如氧气发生反应
13．（2021高一下·江西开学考）下列叙述正确的是（ ）
A．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气等气体，但不能干燥碱性气体和有较强还原性的HI、H2S等气体
B．浓硫酸与单质碳反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性
C．把足量铜粉投入到含2 mol H2SO4的浓硫酸中，加热得到气体体积标准状况下为22.4 L
D．常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸与其不反应
14．（2017高一上·菏泽期末）下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（ ）
A．分离碘和酒精
B．除去CO2中的HCl
C．实验室制氨气
D．排水法收集NO
15．（2018·全国Ⅱ卷）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（）
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
16．（2021高一下·江西开学考）将19.2 g Cu溶于100 mL浓度均为1 mol·L－1的HNO3和H2SO4的混合溶液中，若产生的气体为NO，则产生的NO在标准状况下的体积为（ ）
A．2.24 L B．1.68 L C．3.36 L D．1.12 L
二、非选择题
17．（2021高一下·江西开学考）某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验(一)碘含量的测定
实验(二)碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O。
请回答：
（1）实验(一)中的仪器名称：仪器A ，仪器B 。
（2）①步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是 。
②下列有关步骤Y的说法，正确的是 。
A．
应控制NaOH溶液的浓度和体积
B．
将碘转化成离子进入水层
C．
主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D． NaOH溶液可以由乙醇代替
③实验(二)中操作Z的名称是 。
18．（2021高一下·江西开学考）某化学兴趣小组利用下列试剂：铁粉、锌粉、0.1
mol·L-1 FeCl3溶液，0.1
mol·L-1 FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水，探究Fe2＋、Fe3＋的氧化性、还原性，并利用实验结论解决一些问题。
（1）用所给试剂写出体现Fe2＋具有还原性的反应的化学方程式 。
（2）设计实验方案，完成下列表格。
探究内容 实验方案 实验现象
探究Fe3＋具有氧化性 取少量0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，往溶液中加入足量铁粉，再加入少量KSCN溶液 加入铁粉后，溶液颜色变为浅绿色。加入KSCN溶液后，溶液
（3）该兴趣小组为说明“Fe2＋具有氧化性”，提出了向FeCl2溶液中加入锌粉，观察实验现象的方案，该反应的离子方程式为 。
（4）某反应中反应物与生成物有Fe3＋、Mn2＋、H＋、MnO 、H2O和一种未知离子X，已知MnO 在反应中得到电子，则X离子是 。
19．（2021高一下·江西开学考）某学习小组为了模拟工业上氨氧化制硝酸，用下列仪器进行实验：
C装置可以加热，回答下列问题：
（1）NH3催化氧化的方程式为 。
（2）装置图中虚线方框内必要仪器的名称和所盛试剂分别为 。
（3）A处的玻璃导管设置成可上下抽动的原因 。
（4）实验中在D中观察到的实验现象是 。
（5）E的作用是 。
20．（2021高一下·江西开学考）在一定温度下，KClO3和浓盐酸反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯(ClO2)，反应的化学方程式为：
（1）配平化学方程式 KClO3+ HCl(浓)= KCl+ ClO2↑+ Cl2↑+ H2O。
（2）在该反应中HCl表现的性质是 。
（3）在反应中产生0.1 mol Cl2时，转移电子的物质的量为 mol。
（4）ClO2具有很强的氧化性，可被用来作自来水的消毒剂。若ClO2作消毒剂后转化为Cl-，则其消毒的效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是Cl2的 倍。
21．（2021高一下·江西开学考）人们认识和应用物质常从两方面入手，一是从物质的类别认识该物质可能跟哪些物质发生反应；二是从物质所含元素的化合价分析该物质是否具有氧化性或还原性。如图所示是硫元素的各个价态与物质类别的对应关系：
（1）写出指定物质的化学式：
A ，B 。
（2）D转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，写出其反应的化学方程式 。
（3）若C是铜盐，试写出由H2SO4→C的化学方程式 。
（4）为进一步减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2。写出该反应的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．含0.1 mol BaCl2的溶液中Cl－数为0.2NA，A不符合题意；
B.22 g CO2的物质的量是0.5mol，所含有的分子数为0.5NA，B符合题意；
C.11.2 L CO2不一定处于标准状况下，因此物质的量不一定是0.5mol，则所含有的分子数不一定为0.5NA，C不符合题意；
D．常温下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此NA个Cl2分子所占有的体积不是22.4 L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据BaCl2=Ba2++2Cl-即可计算出
B.根据n=m/M计算出物质的量即可
C.使用摩尔体积时需要注意条件和物质的状态
D.使用摩尔体积时需要注意条件
2．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、二者溶解度受温度影响差异大，选择重结晶法分离，与叙述无因果关系，故A不符合题意；
B、向待测液中先加入盐酸，排除CO32－、SO32－、Ag＋等离子的干扰，然后再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明含有SO42－，则证明BaSO4难溶于酸，故B符合题意；
C、CO32－、SO32－、Ag＋能与BaCl2反应生成白色沉淀，因此滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能证明原溶液中含有SO42－，故C不符合题意；
D、某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体是CO2，钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A. 用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl ，是因为相同的温度下的溶解度差异大
B.硫酸钡是不溶于酸的沉淀物，先用盐酸排除其他离子的干扰，再加氯化钡可以检验硫酸根离子
C.加入氯化钡产生沉淀的不一定是硫酸根离子还有其他杂质离子如银离子，正确的操作方式是加盐酸酸化，再加氯化钡
D.能和酸产生无色无味使石灰水变浑浊的不一定是碳酸钾，还有可能是碳酸钠等
3．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．使石蕊变红色的溶液呈酸性，与Mg2＋、K＋、 、 共存，故A符合；
B．使酚酞变红色的溶液显碱性，与Cu2＋反应生成氢氧化铜沉淀，与 反应生成碳酸根和水，故B不符；
C．Ag＋与Cl－、 生成白色沉淀，故C不符；
D． 与H+不能大量共存，故D不符；
故答案为：A。
【分析】共存问题就是离子之间不发生复分解反应或者氧化还原反应。
常见的发生复分解反应不能共存的是：氢离子与碳酸氢根、碳酸根、亚硫酸氢根、亚硫酸根、形成弱酸的阴离子
氢氧根离子与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、等等
碳酸根离子与钙离子、钡离子 硫酸根与钡离子 氯离子与银离子等等
发生氧化还原反应不能共存的是：亚铁离子、硫离子、碘离子等还原性离子和硝酸根、次氯酸根等氧化性离子
4．【答案】B
【知识点】化合价与化学式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，假设Cr元素在产物中的化合价为+x价，根据电子转移守恒可得关系式：24 mL×0.05 mol/L×(6-4)=20 mL×0.02 mol/L×2×(6-x)，解得x=+3，故合理选项是B。
【分析】利用氧化还原反应中得失电子总数相等进行计算
5．【答案】B
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，根据反应方程式，消耗5.4gAl的同时消耗盐酸的物质的量为5.4 × 6/(2 × 27) mol=0.6mol> 0.4mol，盐酸不足，根据盐酸计算，产生氢气的物质的量为0.4×3/6mol=0.2mol，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，0.2molAl参加反应，消耗0.2molNaOH<0.4mol，因此铝不足，氢氧化钠过量，因此产生的氢气的物质的量为0.3mol，同温同压下，体积比等于物质的量之比，产生氢气的体积比为：0.2：0.3=2：3；
故答案为：B。
【分析】先判断盐酸和氢氧化钠以及铝粉的量是否过量，在进行计算即可
6．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A. 碳酸氢钠受热分解，碳酸钠受热不分解，所以热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A项不符合题意；
B. 碳酸氢钠和盐酸的反应速率快于碳酸钠和盐酸的反应速率，即NaHCO3＞Na2CO3，故B项符合题意；
C. 一定温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠在水中的溶解度，故C项不符合题意；
D. 根据碳元素守恒，等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，生成二氧化碳的量相等，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢钠受热易分解；
B.碳酸钠与盐酸反应首先生成碳酸氢钠；
C.相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度；
D.根据碳原子守恒进行判断即可。
7．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．过氧化钠和水反应，过氧化氢在二氧化锰催化条件都能制取氧气，二者都是固体和液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，A不符合题意；
B．固体加热的试管口应略向下倾斜，B符合题意；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳，可以做面包发酵粉，C不符合题意；
D．偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用过氧化钠和过氧化氢制取氧气时可采用固液常温型装置进行制取氧气
B.装置安装不正确，固体加热时需要试管口略微向下倾斜
C.小苏打可以用来发酵
D.利用碳酸微弱的酸性进行实验
8．【答案】A
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A加入稀硝酸酸化的AgNO3，B出现白色沉淀，白色沉淀为AgCl沉淀，证明A盐溶液中含有Cl-，C中加入KSCN溶液，溶液变红，证明C溶液中含有Fe3+，Fe3+有可能是A盐中含有的离子，也有可能是A中含有的Fe2+被硝酸氧化成Fe3+，所以A盐有可能是FeCl3，也有可能是FeCl2，故A符合题意。
故答案为A。
【分析】根据白色沉淀以及红色溶液，可以得出，C中有铁离子以及B为氯化银。但不能说明A中一定有铁离子，A中可能存在亚铁离子
9．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，与氯气不反应，则装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽，故A不符合题意；
B．氯气有毒，则该实验必须在通风橱中进行，故B不符合题意；
C．装置C中NaOH吸收尾气，发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故C不符合题意；
D．B中干燥布条不能褪色，而湿润处布条褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HClO具有漂白性。本题中氯气被浓硫酸干燥后，B中干燥布条不能褪色，C为尾气处理，C中氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质
【解析】【解答】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，该反应中有单质参与和单质生成，即该反应为置换反应，故A说法不符合题意；
B．该反应中Cl元素的化合价由0价→-1价，化合价降低，即氯气作氧化剂，故B说法不符合题意；
C．氯气为氧化剂，氨气一部分被氧化，一部分没有参与反应，根据反应方程式，当有3mol氯气参与反应，有2mol氨气被氧化，即氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，故C说法符合题意；
D．每生成1molN2，消耗3mol氯气，转移电子物质的量为6mol电子，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl根据方程式可以确定是置换反应并且还是氧化还原反应。根据元素的化合价变化情况，确定氧化剂和还原剂，以及转移的电子数目
11．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】① 与浓盐酸在常温下反应产生 ，①符合题意；
②浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有 和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去 ， 会与 溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，②不符合题意；
③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，③不符合题意；
④氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，④不符合题意；
故答案为：D。
【分析】KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，防止试管内压强过大，据此解答。
12．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；铵离子检验；铵盐
【解析】【解答】A．铵态氮肥由于铵根离子水解呈酸性，草木灰碳酸钾溶于水，由于碳酸根离子水解呈碱性，二者混合可发生互促水解生成氨气而降低肥效，A不符合题意；
B．氨的喷泉实验主要是利用氨气极易溶于水的性质，与氧化性无关，B符合题意；
C．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，可用于制备少量氨气，C不符合题意；
D．氨气与氧气在催化剂条件下加热和发生氧化还原反应，为氨气的催化氧化，为工业制备硝酸的重要反应，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】氨气极易溶于水，且具有还原性，实验室常用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气。
13．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】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HI、H2S等气体和碱性气体，故A符合题意；
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，故B不符合题意；
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22.4 L，故C不符合题意；
D．常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化，钝化不是不反应，而是生成了致密的氧化膜阻止进一步反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸可以干燥酸性气体和中性气体
B.酸性的表现需要形成硫酸盐
C.稀硫酸不和铜反应
D.产生了新物质并不是不反应
14．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．酒精与水相互溶解，二者不分层，无法通过分液分离，故A错误；
B．由于碳酸钠与二氧化碳反应，违反了除杂原则，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．氨气与HCl遇冷又会生成氯化铵，该方法无法制取氨气，故C错误；
D．一氧化氮气体不溶于水，图示通过图示装置用排水法收集NO，故D正确；
故选D．
【分析】A．碘单质和酒精不分层，不能通过分液分离；
B．二氧化碳能够与碳酸钠溶液反应；
C．氯化铵分解生成的氨气和氯化氢反应；
D．NO不溶于水，可以用排水法收集．
15．【答案】C
【知识点】氮的固定；催化剂；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A.雾是胶体，霾是悬浊液，其分散剂均是水，故A不符合题意
B.根据图示可知，最终氮的氧化物转化成硝酸铵而硫的氧化物转化成硫酸铵进入无机颗粒物，故B不符合题意
C.催化剂指的是只改变化学反应的速率而不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变，本题中氨气参加了反应，故C符合题意
D.过度使用氮肥会导致氮元素在环境中流动，最终也可能会转化成铵盐，从而也间接的有助于雾霾的形成，D不符合题意
故答案为：C
【分析】该题考查分散系、催化剂、硫和氮的氧化物对环境的影响，学生应重点掌握①：分散系、分散剂、分散质的概念；②催化剂：只改变化学反应的速率，本身不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变；
16．【答案】B
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】100mL混合酸中含有：n（H+）=0.1L×1mol/L+0.1L×2mol/L=0.3mol，n（NO3-）=0.1L×1mol/L=0.1mol，根据方程式可知
3Cu+ 2NO3-+ 8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
2 8
0.1mol 0.3mol
0.1molNO3-完全反应消耗0.4molH+，0.3mol小于0.4molH+，故H+不足，由离子方程式可知生成NO为0.3mol×2/8=0.075mol，标况下生成NO为0.075mol×22.4L/mol=1.68 L，
故答案为：B。
【分析】单质铜注意是和氢离子以及硝酸根离子作用，先计算出硝酸根和氢离子的物质的量以及铜单质的物质的量进行判断过量与否，即可计算出一氧化氮的物质的量即可
17．【答案】（1）坩埚；500 mL容量瓶
（2）液体分上下两层，下层呈紫红色；AB；过滤
【知识点】物质的分离与提纯；海带成分中碘的检验；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】(1)实验(一)中的仪器名称：仪器A为坩埚。答案为：坩埚；
(2)①步骤X中，碘水中加入CCl4，CCl4难溶于水且密度比水大，所以萃取I2后位于下层，萃取后分液漏斗内观察到的现象是液体分为上下两层，下层呈紫红色。
②A．为了增大溶液中生成I2的浓度，有利于I2结晶析出，应控制NaOH溶液的浓度和体积，A符合题意；
B．为分离出CCl4中溶解的碘单质，将碘转化成离子进入水层，B符合题意；
C．用NaOH提取碘时，海带原液中的有机杂质已经去除，C不符合题意；
D．乙醇溶解I2后，与CCl4溶液不能分离，所以不能用NaOH 溶液代替乙醇，D不符合题意；
故答案为：AB。
③实验(二)中操作Z是为了从“碘+水溶液”中提取沉淀析出的I2，所以操作名称是过滤。答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色；AB；过滤。
【分析】往海带浸取液中通入适量O2并调节pH，将海带浸取液中的I-氧化为I2，然后用CCl4萃取再分液，从而在下层获得I2的CCl4溶液。若用蒸馏操作进行分离，CCl4易挥发，但I2易升华，所以I2的损失较大；若用NaOH溶解，让I2转化为I-和 ，从而使I2离开CCl4层而进入水层；再用硫酸将I-和 转化为I2，通过控制NaOH和H2SO4的用量，让大部分I2结晶析出，然后过滤提纯，从而获得纯碘。
18．【答案】（1）2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
（2）不变色
（3）Fe2＋＋Zn=Zn2＋＋Fe
（4）Fe2＋
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】(1)FeCl2能被氯水氧化：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，体现了Fe2＋的还原性，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；
(2)足量铁粉能将Fe3＋完全还原：Fe+ 2Fe3＋=3Fe2＋，使溶液由黄色变成浅绿色，由于反应后溶液中不存在Fe3＋，所以加入KSCN溶液后，溶液无明显变化，故答案为：不变色；
(3)锌比铁还原性强，能与FeCl2发生置换反应生成铁，反应的离子方程式为：Fe2++Zn═Zn2++Fe，答案为：Fe2++Zn═Zn2++Fe；
(4)根据已知，MnO 在反应中得到电子，化合价降低，发生还原反应，生成Mn2+，根据氧化还原反应电子守恒，元素化合价有升高和降低，所以判断X为Fe2+，Fe2+失电子，化合价升高，发生氧化反应，生成Fe3+，答案为：Fe2+。
【分析】(1)反应中，表现还原性的物质被氧化，应选择与氧化剂反应；
(2)可根据Fe3＋与Fe2＋的不同性质判断Fe3＋是否被还原：溶液颜色不同、加KSCN溶液现象不同；
(3)依据强还原剂制弱还原剂的规律可判断FeCl2溶液与锌粉的反应情况；
(4)根据氧化还原反应的规律，反应中有化合价的降低，必有化合价的升高，结合题给条件可判断反应物和生成物。
19．【答案】（1）4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
（2）干燥管、碱石灰
（3）控制氨气和氧气的体积比
（4）出现红棕色
（5）吸收尾气
【知识点】工业制取硝酸；硝酸的化学性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)NH3催化氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，故答案为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O；
(2)装置A中，会带来水蒸气，要用干燥剂除去，干燥氨气，使用碱石灰，则虚线方框内必要仪器的名称和所盛试剂分别为干燥管、碱石灰，故答案为：干燥管、碱石灰；
(3)装置A可以得到氧气、湿的氨气，通过玻璃导管设置成可上下抽动，可以控制一定比例通入氧气和氨气，故答案为：控制氨气和氧气的体积比；
(4)装置D中空气中的氧气与NO反应生成NO2，NO2为红棕色气体，看得到的现象为出现红棕色，故答案为：出现红棕色；
(5) NO2有毒，要用尾气处理装置除去，E的作用是吸收尾气，故答案为：吸收尾气。
【分析】装置A可以得到氧气、湿的氨气，通过玻璃导管设置成可上下抽动，可以控制一定比例通入氧气和氨气，通过盛有碱石灰的装置B干燥混合气体，在装置C中，在催化剂条件下反应一段时间，生成NO和水，装置D中空气中的氧气与NO反应生成NO2，NO2有毒，要用尾气处理装置除去，据此分析解答。
20．【答案】（1）2；4；2；2；1；2
（2）酸性、还原性
（3）0.2
（4）2.5
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)配平后的化学方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
(2)在该反应中，一部分HCl中的Cl-转化为Cl2，化合价升高，作还原剂，表现出还原性，另一部分表现出酸性；
(3)根据化学方程式可知，HCl中的Cl-失去电子生成Cl2，因此产生0.1 mol Cl2，转移电子的物质的量为0.2mol；
(4)1mol ClO2转化为Cl-，转移电子5mol，1mol Cl2转化为Cl-，转移电子2mol，则ClO2作消毒剂后转化为Cl-，则其消毒的效率是Cl2的2.5倍。
【分析】（1）根据氧化还原反应得失电子的情况即可配平
（2）根据元素化合价的变化即可找出作用
（3）根据方程式结合电子转移的个数即可计算
（4）计算出1mol二氧化氯和氯气完全变成氯离子转移的电子量即可
21．【答案】（1）SO3；H2S
（2）2H2SO3＋O2=2H2SO4
（3）Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（4）2CO＋SO2 S＋2CO2
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见元素的化合价；化合价与化学式
【解析】【解答】A中的S的化合价为＋6价且属于氧化物，又可以和二氧化硫互相转化，因此A为三氧化硫；B中的硫的化合价为－2价且为气态氢化物，因此B为硫化氢；C为铜盐且由硫酸得到，因此为硫酸铜；由于D是由二氧化硫转化得到，D属于酸，且D转化为硫酸是形成酸雨的重要过程之一，因此D为亚硫酸，E为亚硫酸盐。
(1)A为SO3，B为H2S；
(2)D为H2SO3，转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，发生的反应为亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，反应的化学方程式为2H2SO3＋O2=2H2SO4；
(3)若C是铜盐，由H2SO4→C是硫酸反应生成硫酸铜，反应的化学方程式可为Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
(4)为进一步减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CO＋SO2 S＋2CO2。
【分析】A中的S的化合价为＋6价且属于氧化物，又可以和二氧化硫互相转化，因此A为三氧化硫；B中的硫的化合价为－2价且为气态氢化物，因此B为硫化氢；C为铜盐且由硫酸得到，因此为硫酸铜；由于D是由二氧化硫转化得到，D属于酸，且D转化为硫酸是形成酸雨的重要过程之一，因此D为亚硫酸，E为亚硫酸盐，据此分析。
1 / 1江西省新建一中2020-2021学年高一下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高一下·江西开学考）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．含0.1mol BaCl2的溶液中Cl－数为0.1NA
B．22gCO2所含有的分子数为0.5NA
C．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
D．常温下NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．含0.1 mol BaCl2的溶液中Cl－数为0.2NA，A不符合题意；
B.22 g CO2的物质的量是0.5mol，所含有的分子数为0.5NA，B符合题意；
C.11.2 L CO2不一定处于标准状况下，因此物质的量不一定是0.5mol，则所含有的分子数不一定为0.5NA，C不符合题意；
D．常温下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此NA个Cl2分子所占有的体积不是22.4 L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据BaCl2=Ba2++2Cl-即可计算出
B.根据n=m/M计算出物质的量即可
C.使用摩尔体积时需要注意条件和物质的状态
D.使用摩尔体积时需要注意条件
2．（2021高一下·江西开学考）下列存在因果关系或能达到目的的是（ ）
选项 目的或叙述 操作或叙述
A KNO3的溶解度大 用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B BaSO4难溶于酸 用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-
C 原溶液中有SO42- 滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀
D 某钾盐是K2CO3 某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、二者溶解度受温度影响差异大，选择重结晶法分离，与叙述无因果关系，故A不符合题意；
B、向待测液中先加入盐酸，排除CO32－、SO32－、Ag＋等离子的干扰，然后再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明含有SO42－，则证明BaSO4难溶于酸，故B符合题意；
C、CO32－、SO32－、Ag＋能与BaCl2反应生成白色沉淀，因此滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能证明原溶液中含有SO42－，故C不符合题意；
D、某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体是CO2，钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A. 用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl ，是因为相同的温度下的溶解度差异大
B.硫酸钡是不溶于酸的沉淀物，先用盐酸排除其他离子的干扰，再加氯化钡可以检验硫酸根离子
C.加入氯化钡产生沉淀的不一定是硫酸根离子还有其他杂质离子如银离子，正确的操作方式是加盐酸酸化，再加氯化钡
D.能和酸产生无色无味使石灰水变浑浊的不一定是碳酸钾，还有可能是碳酸钠等
3．（2021高一下·江西开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．使石蕊变红色的溶液：Mg2＋、K＋、 、
B．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、 、
C．0.1 mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、 、Cl－
D．0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．使石蕊变红色的溶液呈酸性，与Mg2＋、K＋、 、 共存，故A符合；
B．使酚酞变红色的溶液显碱性，与Cu2＋反应生成氢氧化铜沉淀，与 反应生成碳酸根和水，故B不符；
C．Ag＋与Cl－、 生成白色沉淀，故C不符；
D． 与H+不能大量共存，故D不符；
故答案为：A。
【分析】共存问题就是离子之间不发生复分解反应或者氧化还原反应。
常见的发生复分解反应不能共存的是：氢离子与碳酸氢根、碳酸根、亚硫酸氢根、亚硫酸根、形成弱酸的阴离子
氢氧根离子与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、等等
碳酸根离子与钙离子、钡离子 硫酸根与钡离子 氯离子与银离子等等
发生氧化还原反应不能共存的是：亚铁离子、硫离子、碘离子等还原性离子和硝酸根、次氯酸根等氧化性离子
4．（2021高一下·江西开学考）现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【答案】B
【知识点】化合价与化学式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，假设Cr元素在产物中的化合价为+x价，根据电子转移守恒可得关系式：24 mL×0.05 mol/L×(6-4)=20 mL×0.02 mol/L×2×(6-x)，解得x=+3，故合理选项是B。
【分析】利用氧化还原反应中得失电子总数相等进行计算
5．（2021高一下·江西开学考）甲、乙两个烧杯中分别盛有100 mL 4.0 mol·L－1的盐酸和100 mL 4.0 mol·L－1NaOH溶液，向两个烧杯中均加入5.4 g铝粉，在相同状况下产生气体的体积比为（ ）
A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．3∶1
【答案】B
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，根据反应方程式，消耗5.4gAl的同时消耗盐酸的物质的量为5.4 × 6/(2 × 27) mol=0.6mol> 0.4mol，盐酸不足，根据盐酸计算，产生氢气的物质的量为0.4×3/6mol=0.2mol，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，0.2molAl参加反应，消耗0.2molNaOH<0.4mol，因此铝不足，氢氧化钠过量，因此产生的氢气的物质的量为0.3mol，同温同压下，体积比等于物质的量之比，产生氢气的体积比为：0.2：0.3=2：3；
故答案为：B。
【分析】先判断盐酸和氢氧化钠以及铝粉的量是否过量，在进行计算即可
6．（2019高一上·滨海期中）关于 Na2CO3 和 NaHCO3 性质的说法错误的是（ ）
A．热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
B．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3＜Na 2CO3
C．相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3
D．等物质的量的 Na2CO3、NaHCO3 分别与足量盐酸反应产生的 CO2 质量相同
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A. 碳酸氢钠受热分解，碳酸钠受热不分解，所以热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A项不符合题意；
B. 碳酸氢钠和盐酸的反应速率快于碳酸钠和盐酸的反应速率，即NaHCO3＞Na2CO3，故B项符合题意；
C. 一定温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠在水中的溶解度，故C项不符合题意；
D. 根据碳元素守恒，等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，生成二氧化碳的量相等，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢钠受热易分解；
B.碳酸钠与盐酸反应首先生成碳酸氢钠；
C.相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度；
D.根据碳原子守恒进行判断即可。
7．（2021高一下·江西开学考）下列说法或装置错误的是（ ）
A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置
B．按如图所示进行碳酸氢钠受热分解实验
C．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO ＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．过氧化钠和水反应，过氧化氢在二氧化锰催化条件都能制取氧气，二者都是固体和液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，A不符合题意；
B．固体加热的试管口应略向下倾斜，B符合题意；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳，可以做面包发酵粉，C不符合题意；
D．偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用过氧化钠和过氧化氢制取氧气时可采用固液常温型装置进行制取氧气
B.装置安装不正确，固体加热时需要试管口略微向下倾斜
C.小苏打可以用来发酵
D.利用碳酸微弱的酸性进行实验
8．（2021高一下·江西开学考）某同学对未知物A盐的水溶液进行了鉴定，实验过程及现象如下图所示：
现对A、B、C、D做出的如下推断中，错误的是（ ）
A．A盐一定是FeCl3 B．白色沉淀B可能是AgCl
C．C中一定含Fe3＋ D．无法确定A中是否含有Fe2＋
【答案】A
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A加入稀硝酸酸化的AgNO3，B出现白色沉淀，白色沉淀为AgCl沉淀，证明A盐溶液中含有Cl-，C中加入KSCN溶液，溶液变红，证明C溶液中含有Fe3+，Fe3+有可能是A盐中含有的离子，也有可能是A中含有的Fe2+被硝酸氧化成Fe3+，所以A盐有可能是FeCl3，也有可能是FeCl2，故A符合题意。
故答案为A。
【分析】根据白色沉淀以及红色溶液，可以得出，C中有铁离子以及B为氯化银。但不能说明A中一定有铁离子，A中可能存在亚铁离子
9．（2021高一下·江西开学考）如图装置用来检验氯气的部分性质，下列说法错误的是（ ）
A．装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽
B．该实验必须在通风橱中进行
C．装置C中发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
D．装置B的现象是干燥处布条褪色，湿润处布条不褪色
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，与氯气不反应，则装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽，故A不符合题意；
B．氯气有毒，则该实验必须在通风橱中进行，故B不符合题意；
C．装置C中NaOH吸收尾气，发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故C不符合题意；
D．B中干燥布条不能褪色，而湿润处布条褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HClO具有漂白性。本题中氯气被浓硫酸干燥后，B中干燥布条不能褪色，C为尾气处理，C中氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠。
10．（2021高一下·江西开学考）工业上可利用如下反应检查输送氯气的管道是否漏气：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(反应中产生的白烟为NH4Cl小颗粒)。下列有关该反应的说法中，错误的是（ ）
A．属于置换反应
B．Cl2表现强氧化性
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶8
D．生成1molN2，有6mol电子转移
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质
【解析】【解答】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，该反应中有单质参与和单质生成，即该反应为置换反应，故A说法不符合题意；
B．该反应中Cl元素的化合价由0价→-1价，化合价降低，即氯气作氧化剂，故B说法不符合题意；
C．氯气为氧化剂，氨气一部分被氧化，一部分没有参与反应，根据反应方程式，当有3mol氯气参与反应，有2mol氨气被氧化，即氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，故C说法符合题意；
D．每生成1molN2，消耗3mol氯气，转移电子物质的量为6mol电子，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl根据方程式可以确定是置换反应并且还是氧化还原反应。根据元素的化合价变化情况，确定氧化剂和还原剂，以及转移的电子数目
11．（2020高一上·龙江期中）已知 与浓盐酸在常温下能反应产生 。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）
A．①处和②处 B．只有②处
C．只有②处和③处 D．②处、③处和④处
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】① 与浓盐酸在常温下反应产生 ，①符合题意；
②浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有 和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去 ， 会与 溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，②不符合题意；
③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，③不符合题意；
④氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，④不符合题意；
故答案为：D。
【分析】KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，防止试管内压强过大，据此解答。
12．（2021高一下·江西开学考）以下有关氨及铵盐的叙述中错误的是（ ）
A．铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰混合施用
B．氨的喷泉实验体现了氨的溶解性和氧化性
C．实验室常用固体氯化铵与氢氧化钙反应制取氨气
D．氨具有还原性，一定条件下可与氧化性物质如氧气发生反应
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；铵离子检验；铵盐
【解析】【解答】A．铵态氮肥由于铵根离子水解呈酸性，草木灰碳酸钾溶于水，由于碳酸根离子水解呈碱性，二者混合可发生互促水解生成氨气而降低肥效，A不符合题意；
B．氨的喷泉实验主要是利用氨气极易溶于水的性质，与氧化性无关，B符合题意；
C．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下可生成氨气，可用于制备少量氨气，C不符合题意；
D．氨气与氧气在催化剂条件下加热和发生氧化还原反应，为氨气的催化氧化，为工业制备硝酸的重要反应，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】氨气极易溶于水，且具有还原性，实验室常用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气。
13．（2021高一下·江西开学考）下列叙述正确的是（ ）
A．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气等气体，但不能干燥碱性气体和有较强还原性的HI、H2S等气体
B．浓硫酸与单质碳反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性
C．把足量铜粉投入到含2 mol H2SO4的浓硫酸中，加热得到气体体积标准状况下为22.4 L
D．常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸与其不反应
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】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HI、H2S等气体和碱性气体，故A符合题意；
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，故B不符合题意；
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22.4 L，故C不符合题意；
D．常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化，钝化不是不反应，而是生成了致密的氧化膜阻止进一步反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸可以干燥酸性气体和中性气体
B.酸性的表现需要形成硫酸盐
C.稀硫酸不和铜反应
D.产生了新物质并不是不反应
14．（2017高一上·菏泽期末）下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（ ）
A．分离碘和酒精
B．除去CO2中的HCl
C．实验室制氨气
D．排水法收集NO
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．酒精与水相互溶解，二者不分层，无法通过分液分离，故A错误；
B．由于碳酸钠与二氧化碳反应，违反了除杂原则，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．氨气与HCl遇冷又会生成氯化铵，该方法无法制取氨气，故C错误；
D．一氧化氮气体不溶于水，图示通过图示装置用排水法收集NO，故D正确；
故选D．
【分析】A．碘单质和酒精不分层，不能通过分液分离；
B．二氧化碳能够与碳酸钠溶液反应；
C．氯化铵分解生成的氨气和氯化氢反应；
D．NO不溶于水，可以用排水法收集．
15．（2018·全国Ⅱ卷）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（）
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【知识点】氮的固定；催化剂；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A.雾是胶体，霾是悬浊液，其分散剂均是水，故A不符合题意
B.根据图示可知，最终氮的氧化物转化成硝酸铵而硫的氧化物转化成硫酸铵进入无机颗粒物，故B不符合题意
C.催化剂指的是只改变化学反应的速率而不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变，本题中氨气参加了反应，故C符合题意
D.过度使用氮肥会导致氮元素在环境中流动，最终也可能会转化成铵盐，从而也间接的有助于雾霾的形成，D不符合题意
故答案为：C
【分析】该题考查分散系、催化剂、硫和氮的氧化物对环境的影响，学生应重点掌握①：分散系、分散剂、分散质的概念；②催化剂：只改变化学反应的速率，本身不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变；
16．（2021高一下·江西开学考）将19.2 g Cu溶于100 mL浓度均为1 mol·L－1的HNO3和H2SO4的混合溶液中，若产生的气体为NO，则产生的NO在标准状况下的体积为（ ）
A．2.24 L B．1.68 L C．3.36 L D．1.12 L
【答案】B
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】100mL混合酸中含有：n（H+）=0.1L×1mol/L+0.1L×2mol/L=0.3mol，n（NO3-）=0.1L×1mol/L=0.1mol，根据方程式可知
3Cu+ 2NO3-+ 8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
2 8
0.1mol 0.3mol
0.1molNO3-完全反应消耗0.4molH+，0.3mol小于0.4molH+，故H+不足，由离子方程式可知生成NO为0.3mol×2/8=0.075mol，标况下生成NO为0.075mol×22.4L/mol=1.68 L，
故答案为：B。
【分析】单质铜注意是和氢离子以及硝酸根离子作用，先计算出硝酸根和氢离子的物质的量以及铜单质的物质的量进行判断过量与否，即可计算出一氧化氮的物质的量即可
二、非选择题
17．（2021高一下·江西开学考）某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验(一)碘含量的测定
实验(二)碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O。
请回答：
（1）实验(一)中的仪器名称：仪器A ，仪器B 。
（2）①步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是 。
②下列有关步骤Y的说法，正确的是 。
A．
应控制NaOH溶液的浓度和体积
B．
将碘转化成离子进入水层
C．
主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D． NaOH溶液可以由乙醇代替
③实验(二)中操作Z的名称是 。
【答案】（1）坩埚；500 mL容量瓶
（2）液体分上下两层，下层呈紫红色；AB；过滤
【知识点】物质的分离与提纯；海带成分中碘的检验；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】(1)实验(一)中的仪器名称：仪器A为坩埚。答案为：坩埚；
(2)①步骤X中，碘水中加入CCl4，CCl4难溶于水且密度比水大，所以萃取I2后位于下层，萃取后分液漏斗内观察到的现象是液体分为上下两层，下层呈紫红色。
②A．为了增大溶液中生成I2的浓度，有利于I2结晶析出，应控制NaOH溶液的浓度和体积，A符合题意；
B．为分离出CCl4中溶解的碘单质，将碘转化成离子进入水层，B符合题意；
C．用NaOH提取碘时，海带原液中的有机杂质已经去除，C不符合题意；
D．乙醇溶解I2后，与CCl4溶液不能分离，所以不能用NaOH 溶液代替乙醇，D不符合题意；
故答案为：AB。
③实验(二)中操作Z是为了从“碘+水溶液”中提取沉淀析出的I2，所以操作名称是过滤。答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色；AB；过滤。
【分析】往海带浸取液中通入适量O2并调节pH，将海带浸取液中的I-氧化为I2，然后用CCl4萃取再分液，从而在下层获得I2的CCl4溶液。若用蒸馏操作进行分离，CCl4易挥发，但I2易升华，所以I2的损失较大；若用NaOH溶解，让I2转化为I-和 ，从而使I2离开CCl4层而进入水层；再用硫酸将I-和 转化为I2，通过控制NaOH和H2SO4的用量，让大部分I2结晶析出，然后过滤提纯，从而获得纯碘。
18．（2021高一下·江西开学考）某化学兴趣小组利用下列试剂：铁粉、锌粉、0.1
mol·L-1 FeCl3溶液，0.1
mol·L-1 FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水，探究Fe2＋、Fe3＋的氧化性、还原性，并利用实验结论解决一些问题。
（1）用所给试剂写出体现Fe2＋具有还原性的反应的化学方程式 。
（2）设计实验方案，完成下列表格。
探究内容 实验方案 实验现象
探究Fe3＋具有氧化性 取少量0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，往溶液中加入足量铁粉，再加入少量KSCN溶液 加入铁粉后，溶液颜色变为浅绿色。加入KSCN溶液后，溶液
（3）该兴趣小组为说明“Fe2＋具有氧化性”，提出了向FeCl2溶液中加入锌粉，观察实验现象的方案，该反应的离子方程式为 。
（4）某反应中反应物与生成物有Fe3＋、Mn2＋、H＋、MnO 、H2O和一种未知离子X，已知MnO 在反应中得到电子，则X离子是 。
【答案】（1）2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
（2）不变色
（3）Fe2＋＋Zn=Zn2＋＋Fe
（4）Fe2＋
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】(1)FeCl2能被氯水氧化：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，体现了Fe2＋的还原性，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；
(2)足量铁粉能将Fe3＋完全还原：Fe+ 2Fe3＋=3Fe2＋，使溶液由黄色变成浅绿色，由于反应后溶液中不存在Fe3＋，所以加入KSCN溶液后，溶液无明显变化，故答案为：不变色；
(3)锌比铁还原性强，能与FeCl2发生置换反应生成铁，反应的离子方程式为：Fe2++Zn═Zn2++Fe，答案为：Fe2++Zn═Zn2++Fe；
(4)根据已知，MnO 在反应中得到电子，化合价降低，发生还原反应，生成Mn2+，根据氧化还原反应电子守恒，元素化合价有升高和降低，所以判断X为Fe2+，Fe2+失电子，化合价升高，发生氧化反应，生成Fe3+，答案为：Fe2+。
【分析】(1)反应中，表现还原性的物质被氧化，应选择与氧化剂反应；
(2)可根据Fe3＋与Fe2＋的不同性质判断Fe3＋是否被还原：溶液颜色不同、加KSCN溶液现象不同；
(3)依据强还原剂制弱还原剂的规律可判断FeCl2溶液与锌粉的反应情况；
(4)根据氧化还原反应的规律，反应中有化合价的降低，必有化合价的升高，结合题给条件可判断反应物和生成物。
19．（2021高一下·江西开学考）某学习小组为了模拟工业上氨氧化制硝酸，用下列仪器进行实验：
C装置可以加热，回答下列问题：
（1）NH3催化氧化的方程式为 。
（2）装置图中虚线方框内必要仪器的名称和所盛试剂分别为 。
（3）A处的玻璃导管设置成可上下抽动的原因 。
（4）实验中在D中观察到的实验现象是 。
（5）E的作用是 。
【答案】（1）4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
（2）干燥管、碱石灰
（3）控制氨气和氧气的体积比
（4）出现红棕色
（5）吸收尾气
【知识点】工业制取硝酸；硝酸的化学性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)NH3催化氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，故答案为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O；
(2)装置A中，会带来水蒸气，要用干燥剂除去，干燥氨气，使用碱石灰，则虚线方框内必要仪器的名称和所盛试剂分别为干燥管、碱石灰，故答案为：干燥管、碱石灰；
(3)装置A可以得到氧气、湿的氨气，通过玻璃导管设置成可上下抽动，可以控制一定比例通入氧气和氨气，故答案为：控制氨气和氧气的体积比；
(4)装置D中空气中的氧气与NO反应生成NO2，NO2为红棕色气体，看得到的现象为出现红棕色，故答案为：出现红棕色；
(5) NO2有毒，要用尾气处理装置除去，E的作用是吸收尾气，故答案为：吸收尾气。
【分析】装置A可以得到氧气、湿的氨气，通过玻璃导管设置成可上下抽动，可以控制一定比例通入氧气和氨气，通过盛有碱石灰的装置B干燥混合气体，在装置C中，在催化剂条件下反应一段时间，生成NO和水，装置D中空气中的氧气与NO反应生成NO2，NO2有毒，要用尾气处理装置除去，据此分析解答。
20．（2021高一下·江西开学考）在一定温度下，KClO3和浓盐酸反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯(ClO2)，反应的化学方程式为：
（1）配平化学方程式 KClO3+ HCl(浓)= KCl+ ClO2↑+ Cl2↑+ H2O。
（2）在该反应中HCl表现的性质是 。
（3）在反应中产生0.1 mol Cl2时，转移电子的物质的量为 mol。
（4）ClO2具有很强的氧化性，可被用来作自来水的消毒剂。若ClO2作消毒剂后转化为Cl-，则其消毒的效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是Cl2的 倍。
【答案】（1）2；4；2；2；1；2
（2）酸性、还原性
（3）0.2
（4）2.5
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)配平后的化学方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
(2)在该反应中，一部分HCl中的Cl-转化为Cl2，化合价升高，作还原剂，表现出还原性，另一部分表现出酸性；
(3)根据化学方程式可知，HCl中的Cl-失去电子生成Cl2，因此产生0.1 mol Cl2，转移电子的物质的量为0.2mol；
(4)1mol ClO2转化为Cl-，转移电子5mol，1mol Cl2转化为Cl-，转移电子2mol，则ClO2作消毒剂后转化为Cl-，则其消毒的效率是Cl2的2.5倍。
【分析】（1）根据氧化还原反应得失电子的情况即可配平
（2）根据元素化合价的变化即可找出作用
（3）根据方程式结合电子转移的个数即可计算
（4）计算出1mol二氧化氯和氯气完全变成氯离子转移的电子量即可
21．（2021高一下·江西开学考）人们认识和应用物质常从两方面入手，一是从物质的类别认识该物质可能跟哪些物质发生反应；二是从物质所含元素的化合价分析该物质是否具有氧化性或还原性。如图所示是硫元素的各个价态与物质类别的对应关系：
（1）写出指定物质的化学式：
A ，B 。
（2）D转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，写出其反应的化学方程式 。
（3）若C是铜盐，试写出由H2SO4→C的化学方程式 。
（4）为进一步减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2。写出该反应的化学方程式 。
【答案】（1）SO3；H2S
（2）2H2SO3＋O2=2H2SO4
（3）Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（4）2CO＋SO2 S＋2CO2
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见元素的化合价；化合价与化学式
【解析】【解答】A中的S的化合价为＋6价且属于氧化物，又可以和二氧化硫互相转化，因此A为三氧化硫；B中的硫的化合价为－2价且为气态氢化物，因此B为硫化氢；C为铜盐且由硫酸得到，因此为硫酸铜；由于D是由二氧化硫转化得到，D属于酸，且D转化为硫酸是形成酸雨的重要过程之一，因此D为亚硫酸，E为亚硫酸盐。
(1)A为SO3，B为H2S；
(2)D为H2SO3，转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，发生的反应为亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，反应的化学方程式为2H2SO3＋O2=2H2SO4；
(3)若C是铜盐，由H2SO4→C是硫酸反应生成硫酸铜，反应的化学方程式可为Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
(4)为进一步减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CO＋SO2 S＋2CO2。
【分析】A中的S的化合价为＋6价且属于氧化物，又可以和二氧化硫互相转化，因此A为三氧化硫；B中的硫的化合价为－2价且为气态氢化物，因此B为硫化氢；C为铜盐且由硫酸得到，因此为硫酸铜；由于D是由二氧化硫转化得到，D属于酸，且D转化为硫酸是形成酸雨的重要过程之一，因此D为亚硫酸，E为亚硫酸盐，据此分析。
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