2024北京北师大实验中学高一（下）期中化学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京北师大附属实验中学高一（下）期中化学一、本部分共21题，每题2分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．我国科学家研制出的碳纳米管是一种具有六边形结构的新纳米材料（如图示）。下列有关该材料的说法不正确的是（）A．属于无机非金属材料 B．与612C．属于一种碳单质 D．物质内存在非极性共价键2．下列过程属于物理变化的是（）A．煤的干馏 B．煤的气化 C．石油分馏 D．石油裂化3．下列金属中，通常用加热分解法冶炼的是（）A．钠 B．铜 C．铁 D．银4．常温下，下列物质可用铁质容器盛装的是（）A．稀硝酸 B．浓硫酸 C．浓盐酸 D．硫酸铜溶液5．下列过程属于人工固氮的是（）A．工业合成氨 B．分离液态空气制N2 C．闪电时N2转化为NO D．豆科植物的根瘤菌将N2转化为氨6．下列有关物质的用途不正确的是（）A．液氨可用作制冷剂 B．SO2可用于纸浆漂白 C．NH4HCO3可用作化肥 D．晶体硅可用作光导纤维7．下列气体因易被氧化而不能用浓硫酸干燥的是（）A．Cl2 B．SO2 C．H2S D．NH38．下列关于硫单质的叙述不正确的是（）A．硫（俗称硫黄）是一种黄色晶体 B．自然界中有单质硫存在 C．与金属铜共热生成CuS D．难溶于水，易溶于CS29．用充有NH3的烧瓶进行“喷泉实验”，装置及现象如图。下列关于该实验的分析正确的是（）A．产生“喷泉”证明NH3与H2O发生了反应 B．无色溶液变红证明NH3极易溶于水 C．烧瓶中剩余少量气体，证明NH3溶解已达饱和 D．加热红色溶液可观察到红色变浅或褪去10．反应8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是（）A．中子数为9的氮原子：7B．NH4Cl分子的电子式： C．N2的结构式：N≡N D．Cl﹣的结构示意图：11．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是（）A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂12．从干海带中提取碘的实验流程如图：下列有关说法不正确的是（）A．氧化过程可以用过氧化氢代替氯水 B．试剂X可以选择使用NaOH溶液，发生的反应为：3I2+6OH‒＝5I‒+IO3−+C．萃取时可使用无水乙醇代替CCl4以节约成本 D．整个过程中的操作是利用了物质的溶解性实现了碘元素的富集、分离与提纯13．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（）A．由铝土矿冶炼铝：铝土矿→提纯Al2O3→HClAlCl3→B．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿→煅烧SO2→催化氧化SO3→98%浓硫酸吸收H2C．工业制硝酸：N2→NH3→NO→NO2→HNO3 D．由石英砂由石英砂制高纯硅：石英砂→高温焦炭粗硅→加热HCl14．下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A．含有大量ClO‒的溶液：K+、H+、Cl‒、SO4B．澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、SO42−、C．遇铝能产生H2的溶液：NH4+、K+、Cl‒、D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液：Mg2+、Fe2+、SO42−15．氮在自然界中的循环涉及地球上生物圈的方方面面。下列说法不正确的是（）A．细菌对氮元素的循环有重要作用 B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应 C．氨氧化过程中氧化产物和还原产物的质量比为1：1 D．Fe3+将NH4+转化为N2的离子方程式为Fe3++2NH4+═Fe16．室温下，将充满某气体的试管倒立在水中（如图）。下列对实验现象描述不正确的是（）实验装置选项气体实验现象ACl2试管中液面上升，取试管中溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色BSO2试管中液面上升，取试管中溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色CNO2试管中液面逐渐上升，停止后，向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面会继续上升DNO试管中液面无明显上升，取出试管正立，试管口有红棕色气体出现A．A B．B C．C D．D17．下列离子方程式书写正确的是（）A．酸化的FeSO4溶液长时间存放变黄：4H++2Fe2++SO42−═2Fe3++SO2↑+2HB．向（NH4）2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液：NH4++SO42−+Ba2++OH−═NHC．向FeCl3溶液中通入SO2，黄色溶液变为浅绿色：SO2+2Fe3++2H2O═SO42−+2Fe2+D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe+NO3−+4H+═Fe18．下列物质的检验中，操作、现象与结论均正确的是（）A．向Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明Na2SO3溶液已变质 B．向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变红，该溶液中含有NH4C．向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液中含有CO3D．向某溶液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，该溶液中含有Fe2+19．如下图，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象的描述或所做的解释不正确的是（）选项实验现象解释ABaCl2溶液变浑浊SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO3沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质C酸性KMnO4溶液褪色SO2具有还原性D品红溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D20．铜与硝酸反应的装置如图所示，实验步骤如下：步骤1：向试管a中加入2mL浓硝酸，塞上带有铜丝的橡胶塞。观察到铜丝逐渐变细，溶液变绿，试管a中充满红棕色气体。步骤2：一段时间后，试管a中反应变平缓，溶液逐渐变成蓝色，同时气体颜色从下方开始变浅，最终变成无色。步骤3：反应停止后，用注射器向试管a中注入少量稀硫酸，铜丝继续溶解，产生无色气体。下列说法不正确的是（）A．步骤1观察到试管a中充满红棕色气体，说明铜和浓硝酸反应生成NO2 B．步骤2观察到反应变平缓而且气体颜色从下方开始变浅，说明浓硝酸已经变成稀硝酸 C．步骤3固体继续溶解，说明此时铜被硫酸氧化 D．相对于步骤2，步骤1中溶液显绿色可能是NO2溶解在硝酸铜中所致21．某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下：实验序号ⅠⅡ实验过程实验现象紫色变浅（pH＜1），生成棕褐色沉淀（MnO2）溶液呈淡黄色（pH≈8），生成浅粉色沉淀（MnS）资料：ⅰ．MnO4−在强酸性条件下被还原为Mn2+ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。下列说法不正确的是（）A．根据实验可知，Na2S被氧化 B．取少量实验Ⅰ所得溶液进行实验．检测到有SO2﹣，不能说明S2﹣被MnO4−C．实验Ⅰ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S2﹣将MnO4﹣还原为MnO2 D．实验Ⅱ得到浅粉色沉淀，可能是S2﹣将新生成的MnO2还原为Mn2+并迅速与其结合所致二、本部分共6题，共58分。22．（10分）浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。（1）粗盐精制。过程1除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−杂质时，粗盐溶解后加入沉淀剂：a．过量的Na2CO3溶液b．过量的BaCl①加入沉淀剂的顺序正确的是（填序号）。A．abcB．bacC．cba②加入适量盐酸，反应的离子方程式有2H++CO32−═H2O+CO2（2）海水提镁。过程2中加入的试剂是。由无水MgCl2获得Mg的化学方程式是。（3）海水提溴。主要工业生产流程如图所示：①Cl2和苦卤中的Br﹣反应生成Br2的离子方程式是。②吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br﹣和BrO3−，则A是a．NaCl溶液b．Na2CO3溶液c．SO2气体③从吸收塔出来的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的离子方程式是。23．（13分）某化学实验小组同学利用如图所示装置制备氨气，并探究氨气的性质（部分仪器已略去）。（1）制取氨气的化学方程式为。（2）干燥氨气可选用的试剂是（填序号）。①浓H2SO4②碱石灰③P2O5（3）收集氨气时，氨气的进气口为（填“a”或“b”）。（4）证明烧瓶中氨气集满的方法是。（5）为防止环境污染，下列装置中（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是（填序号）。（6）利用如图所示装置探究氨气的还原性（部分夹持仪器未画出）。通入干燥NH3将装置空气排尽后加热，观察到下列实验现象或事实，其中能证明氨气有还原性的是（填选项代号）。a．装置Ⅰ中红色Fe2O3粉末变为黑色粉末，经检验是一种铁的氧化物b．装置Ⅱ中无水CuSO4粉末变为蓝色c．装置Ⅲ无水CaCl2的质量增加d．生成一种无色无味气体，该气体无污染（7）小组同学继续对（6）装置Ⅰ反应后黑色粉末的组成进行探究。操作现象结论或离子方程式步骤1：取少量黑色粉末于小烧杯中，加入过量盐酸黑色粉末全部溶解，无气泡产生，溶液呈浅绿色溶液中可能含有Fe2+步骤2：取步骤1少量溶液于试管中，滴入2﹣3滴KSCN溶液，振荡溶液颜色溶液中不含有Fe3+步骤3：向步骤2试管中滴入少量氯水溶液变红色涉及离子方程式有和Fe3++3SCN‒⇌Fe（SCN）3（8）结合（6）（7）实验，写出（6）中NH3还原Fe2O3的化学方程式。24．（7分）硫化氢（H2S）是一种有毒气体，高于200℃分解，溶于水显弱酸性，脱除H2S的方法很多。（1）Na2CO3吸收H2S。含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成两种酸式盐。该反应的离子方程式为。（2）干法脱硫技术。①铁系脱硫剂：活性氧化铁（Fe2O3•H2O）是经典而有效的脱硫剂，脱硫反应：Fe2O3•H2O+H2S→FeS+S+H2O，再生反应：FeS+H2O+O2→Fe2O3•H2O+S（脱硫反应和再生反应均未配平）。a．Fe2O3•H2O在该反应中的作用可描述为。b．若处理标况下4.48LH2S时，理论上消耗O2的物质的量为。②锌系脱硫剂：550℃时，将H2S和还原性气体H2按一定比例混合，以一定的流速通过装有锌的复合金属脱硫剂（ZnFe2O4）的反应器，脱硫过程中，ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS、FeS和H2O，其化学方程式为。（3）生物脱硫技术。天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。H2S与碱反应转化为HS‒，在脱氮硫杆菌参与下，HS‒被NO3−氧化为SO42−、NO3−被还原为N2。当33.6m3（标准状况）某燃气（H25．（10分）稀土是一种重要的战略资源，我国稀土出口量世界第一。铈（Ce）是一种典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）的形式存在。工业上利用氟碳铈矿制取CeO2的一种工艺流程如图：资料：①铈（Ce）常见的化合价为+3和+4；②在O2作用下，氟碳铈矿焙烧后的产物中有CeO2和CeF4；③在硫酸体系中，Ce4+在[（HA）2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ“焙烧”过程中CeCO3F发生反应的化学方程式为。（2）步骤Ⅱ充分反应后经过滤，得到的水溶液中阳离子有。（3）步骤Ⅲ的操作名称是。（4）步骤Ⅳ中加入H2O2的目的是。（5）步骤Ⅴ中发生反应的离子方程式是。（6）取上述流程中得到的CeO2产品1.00g加硫酸溶解，可与50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反应（铈元素被还原为Ce3+，其他杂质均不参与反应），该产品中CeO2的质量分数为（要求计算出结果）。（已知：CeO2的摩尔质量为172g/mol）26．（10分）SO2、NOx为常见的空气污染物，会引起酸雨、光化学烟雾等污染问题。研究者以多种方法进行“脱硫”“脱硝”。（1）利用工业废碱渣（主要成分为Na2CO3）来吸收含SO2的烟气，同时得到Na2SO3粗品。其流程如图所示：①操作1和操作2中均包含的分离技术为；②SO2被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该反应的离子方程式为。（2）利用含有SO2的烟气制备NaClO2。其流程如图所示：①反应a的化学方程式为。②反应b中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。（3）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的pH＝5.5，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响如图所示：已知烟气中SO2与NO的体积比为4：1，且吸收后转化为：SO42−、①NO在吸收过程中，反应的离子方程式是。②50℃时，吸收液中烟气转化生成的Cl‒和NO3−的物质的量之比为③烟气中NOx含量的测定：将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100mL。量取25mL该溶液，加入V1mLc1mol•L‒1FeSO4溶液（过量），充分反应后，用c2mol•L‒1K2Cr2O7溶液和剩余的Fe2+恰好反应（该反应的还原产物为Cr3+），消耗V2mL。气样中NOx折合成NO的含量为mg•L27．（8分）某化学兴趣小组研究浓硝酸与KSCN溶液的反应。资料：Ⅰ.SCN‒中S、C、N元素的化合价依次为：﹣2价、+4价、﹣3价。Ⅱ.SCN‒的性质类似卤素离子，能被氧化为（SCN）2，（SCN）2可聚合为红色的（SCN）x。Ⅲ.NO2可溶于浓硝酸。（1）实验一：向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了（填化学式）。（2）实验二：研究SCN‒的转化产物。a．将实验一ⅲ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b．过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。c．另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。①甲同学根据实验一iii的现象推断SCN‒的氧化产物中一定有NO2，乙同学认为证据不足，理由是。②通过b证实了红棕色气体中不含SO2，证据是。③由上述实验现象可知：SCN‒转化的最终产物中一定有。（3）实验三：研究实验一ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去”的原因。丙同学设计了实验三，与实验一进行对比，证实了一定浓度的NO2能加快浓硝酸氧化（SCN）x的化学反应速率。实验三：①操作1是。②操作2是。

参考答案一、本部分共21题，每题2分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．【分析】A．碳纳米管是一种具有六边形结构的新纳米材料，是谈的单质；B．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；C．一种元素组成的纯净物为单质；D．同种元素形成的共价键为非极性共价键。【解答】解：A．碳纳米管属于无机非金属材料，故A正确；B．碳纳米管属于一种碳单质，碳纳米管与6C．碳纳米管是谈元素组成的一种单质，属于一种碳单质，故C正确；D．碳纳米管物质的结构分析可知，物质内存在碳碳非极性共价键，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了物质组成和分类、同位素、同素异形体、单质、非极性共价键概念的理解应用，题目难度不大。2．【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．【解答】解：A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，故A错误；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故C正确；D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，故D错误。故选：C。【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成．3．【分析】性质活泼的金属用电解法冶炼；性质较活泼的金属用热还原法冶炼；性质不活泼的金属用加热分解氧化物的方法冶炼，由此分析解题。【解答】解：A．金属钠为活泼金属，需要用电解法冶炼，故A错误；B．金属铜的冶炼采用热还原法，故B错误；C．金属铁的冶炼采用热还原法，故C错误；D．金属银的冶炼采用热分解法，故D正确；故选：D。【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大。4．【分析】铁具有还原性，遇到氧化性物质能够发生氧化还原反应，易被腐蚀，浓硫酸氧化性很强，常温下能够使铁钝化生成致密氧化膜，可阻止反应继续进行，据此解答。【解答】解：A．稀硝酸与铁反应，稀硝酸能腐蚀铁，不能用铁制品容器盛装，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，常温下使铁钝化生成致密氧化膜，可阻止反应继续进行，能用铁制容器盛装，故B正确；C．铁和浓盐酸会发生反应生成氯化亚铁，不能用铁制容器盛装，故C错误；D．铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，不能用铁制容器盛装，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉铁及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。5．【分析】A、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3；B、分离液态空气制氮气，是氮气的状态发生改变；C、闪电时N2转化为NO，属于自然固氮；D、豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮。【解答】解：A、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故A正确；B、分离液态空气制氮气，是氮气的状态发生改变，不属于氮的固定，更不是人工固氮，故B错误；C、闪电时N2转化为NO，属于自然固氮，故C错误；D、豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，故D错误；故选：A。【点评】本题考查学生氮的固定以及分类方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，题目难度不大。6．【分析】A．液氨汽化时吸收大量的热；B．SO2具有漂白性；C．NH4HCO3中含有氮元素；D．光导纤维的主要成分是二氧化硅。【解答】解：A．液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境的温度急剧降低，可用作制冷剂，故A正确；B．SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，故B正确；C．NH4HCO3可用作化肥，由于其中含有氮元素，故C正确；D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理制作的，不是晶体硅，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的组成，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．【分析】浓硫酸具有强氧化性，具有较强还原性的气体（如HI、H2S等）不能用浓硫酸干燥，以此进行判断。【解答】解：A．Cl2不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故A错误；B．SO2不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故B错误；C．H2S具有较强还原性，能够被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，满足题干要求，故C正确；D．NH3为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，但不是因易被氧化而不能用浓硫酸干燥，故D错误；故选：C。【点评】本题考查常见气体的净化与干燥方法，为高频考点，明确题干信息、浓硫酸的性质为解答关键，注意掌握常见气体的净化与干燥方法，题目难度不大。8．【分析】解：A．硫俗称硫黄；B．自然界中有单质硫和硫的化合物存在；C．硫与金属铜共热生成硫化亚铜；D．硫为非极性分子。【解答】解：A．硫俗称硫黄，是一种黄色晶体，故A正确；B．自然界中有单质硫和硫的化合物存在，故B正确；C．硫与金属铜共热生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，故C错误；D．硫为非极性分子，难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故D正确；故选：C。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。9．【分析】A．NH3与H2O发生了反应，也可能是NH3极易溶于水导致烧瓶内气体压强减小；B．无色溶液变红证明NH3与水生成了碱性物质一水合氨；C．氨气是极易溶于水的气体，1体积溶解700体积，烧瓶中剩余少量气体可能是空气；D．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出铵根离子和氢氧根离子，加热影响化学平衡。【解答】解：A．产生“喷泉”证明烧瓶内外形成了较大的压强差，不一定是NH3与H2O发生了反应，也可能是NH3极易溶于水，故A错误；B．无色溶液变红证明NH3与水生成了碱性物质，不能证明氨气记忆溶于水，故B错误；C．烧瓶中剩余少量气体可能是空气，例如止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，所以烧瓶中剩余少量气体不能说明NH3的溶解达到饱和，故C错误；D．红色溶液中存在：NH3+故选：D。【点评】本题考查喷泉实验和氨气性质，题目难度中等，掌握喷泉实验的发生原理和氨气的相关性质是解题的关键。10．【分析】A．中子数为9的氮原子质量数为16；B．NH4Cl是离子化合物；C．N2分子中含有氮氮三键；D．Cl﹣核外有18个电子。【解答】解：A．中子数为9的氮原子质量数为16，该原子表示为：7B．NH4Cl是离子化合物，铵根离子和氯离子之间的离子键，铵根离子内氮原子和氢原子间是共价键，其电子式为，故B错误；C．N2分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，故C正确；D．Cl﹣核外有18个电子，结构示意图，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学用语，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．【分析】A．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除；B．浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳使固体体积膨胀；C．生成的二氧化硫使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫；D．蔗糖发生化学反应，一定有化学键的断裂。【解答】解：A．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；B．浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4（浓）△¯CO2↑+2SO2↑+2H2C．浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故C错误；D．蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；故选：C。【点评】本题考查浓硫酸性质实验，掌握浓硫酸的特性，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。12．【分析】干海带灼烧灰化，用水浸取海带灰中的I﹣，过滤，得到含I﹣的溶液，加入氯水把I﹣氧化为I2，加四氯化碳萃取，分液，有机层中加可以氢氧化钠反萃取，发生反应3I2+6OH−=5I【解答】解：A．过氧化氢能把碘离子氧化为碘单质，氧化步骤中氯水可用过氧化氢代替，故A正确；B．反萃取是把碘单质转化为易溶于水的盐，试剂X可用为NaOH，反萃取的离子方程式为：3IC．乙醇和水混合，萃取时，不能用无水乙醇代替四氯化碳，故C错误；D．碘单质易溶于四氯化碳，I﹣、IO故选：C。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。13．【分析】A．氯化铝为共价化物不导电；B．黄铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98%浓硫酸吸收生成硫酸；C．氮气与氢气反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；D．石英砂与焦炭高温反应生成粗硅，粗硅与HCl高温反应生成SiHCl3，SiHCl3与氢气高温反应生成纯硅。【解答】解：A．铝土矿中含其氧化物杂质，需提纯后得到氧化铝，电解熔融氧化铝制取Al单质，氯化铝为共价化物不导电，不能通过电解氯化铝制备，因此不需要转化为氯化铝，故A错误；B．黄铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98%浓硫酸吸收生成硫酸，故黄铁矿→煅烧SO2→催化氧化SO3→98%浓硫酸吸收H2C．氮气与氢气反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，N2→NH3→NO→NO2→HNO3可以实现，故C正确；D．石英砂与焦炭高温反应生成粗硅，粗硅与HCl高温反应生成SiHCl3，SiHCl3与氢气高温反应生成纯硅，石英砂→高温焦炭粗硅→加热HCl故选：A。【点评】本题考查物质的生成流程的相关知识，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备流程、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14．【分析】A．含有大量ClO﹣的溶液显碱性；B．澄清透明溶液中，四种离子不发生反应；C．遇铝能产生氢气的溶液，可以是酸性溶液或者碱性溶液；D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液，说明是酸性溶液。【解答】解：A．含有大量ClO﹣的溶液显碱性，不能和氢离子共存，故A错误；B．澄清透明溶液中，四种离子不发生反应，均可共存，故B正确；C．遇铝能产生氢气的溶液，可以是酸性溶液或者碱性溶液，碱性溶液不能和NH4+D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液显酸性，酸性溶液中NO故选：B。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子共存的掌握情况，试题难度中等。15．【分析】A．细菌参与了氮在自然界中的循环的过程，所以细菌对氮元素的循环有重要作用；B．硝化过程和反硝化过程均涉及到N元素的化合价发生变化；C．由图可知氨的氧化反应为：NH4++ND．Fe3+将NH4+转化为Fe2+、N2【解答】解：A．由图可知，细菌参与了氮在自然界中的循环的过程，所以细菌对氮元素的循环有重要作用，故A正确；B．硝化过程和反硝化过程均涉及到N元素的化合价发生变化，故属于氧化还原反应，故B正确；C．由图可知氨的氧化反应为：NH4++ND．Fe3+将NH4+转化为Fe2+、N2和H+，则得到1mol氮气转移6mol电子，1mol铁离子转移1mol电子，其离子方程式为6Fe3++2NH4+=故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原基础知识的掌握情况，试题难度中等。16．【分析】A．氯气与水反应生成HCl和HClO；B．二氧化硫溶于水溶液显酸性；C．二氧化氮与水反应生成NO和HNO3；D．NO难溶于水。【解答】解：A．氯气与水反应生成HCl和HClO，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，故能使紫色石蕊试液先变红后褪色，故A正确；B．二氧化硫溶于水溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，则不能使其褪色，故B错误；C．二氧化氮与水反应生成NO和HNO3，试管内液面逐渐上升；再通入O2后，NO、O2和H2O反应生成硝酸，液面会继续上升，故C正确；D．NO难溶于水，且遇到空气后可以和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故D正确；故选：B。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。17．【分析】A．二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中的氧气氧化；B．向（NH4）2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡和一水合氨；C．FeCl3具有氧化性，可以氧化SO2；D．过量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+、一氧化氮和水。【解答】解：A．二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故A错误；B．向（NH4）2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液溶液反应生成硫酸钡和一水合氨，离子方程式为：2NH4++SO42−+Ba2++2OH−C．FeCl3具有氧化性，可以氧化SO2：SO2+2Fe3++2H2O=SO42−+2FeD．过量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+、一氧化氮和水，离子方程式为：3Fe+2NO3−+8H+＝3Fe故选：C。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。18．【分析】A．酸性条件下，SO32−能被NO3−氧化生成B．铵根离子与NaOH溶液并加热反应生成氨气；C．向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该其他可能是二氧化碳或二氧化硫；D．Fe2+溶液中加入NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁。【解答】解：A．酸性条件下，SO32−能被NO3−氧化生成B．应该是向待测溶液中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，可以说明含有铵根离子，故B错误；C．向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该其他可能是二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能含有SO32−或CO3D．Fe2+溶液中加入NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，故D正确；故选：D。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。19．【分析】向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫不与氯化钡反应，SO2与Na2S溶液反应产生了S单质，二氧化硫具有还原性含有高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫气体使品红溶液褪色；据此分析。【解答】解：向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，依据二氧化硫的性质判断；A、二氧化硫不与氯化钡反应，不能生成BaSO3沉淀；故A错误；B、SO2与Na2S溶液反应，发生氧化还原反应产生了S单质；故B正确；C、二氧化硫具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色，表现二氧化硫的还原性；故C正确；D、向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体使品红溶液褪色，证明二氧化硫的漂白性，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了二氧化硫的性质分析判断，注意反应现象的分析和性质的应用是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力。20．【分析】A．铜和浓硝酸发生氧化还原反应生成红棕色二氧化氮气体；B．铜和稀硝酸发生氧化还原反应生成无色的一氧化氮气体；C．步骤2得到溶液中含有硝酸根离子，步骤3加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子继续氧化铜单质生成NO；D．NO2为红棕色，溶解在蓝色硝酸铜溶液中。【解答】解：A．铜和浓硝酸发生氧化还原反应生成红棕色二氧化氮气体，步骤1观察到试管中充满红棕色气体，说明铜和浓硝酸反应生成NO2，故A正确；B．铜和稀硝酸发生氧化还原反应生成无色的一氧化氮气体，步骤2观察到反应变平缓而且气体颜色从下方开始变浅，说明浓硝酸已经变成稀硝酸，故B正确；C．铜不能被硫酸氧化，步骤3加入稀硫酸，步骤2得到溶液中含有硝酸根离子，酸性条件下，硝酸根离子继续氧化铜单质生成NO，故C错误；D．NO2为红棕色，溶解在蓝色硝酸铜溶液中，从而使得溶液显示绿色，故D正确；故选：C。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。21．【分析】A．KMnO4中具有强氧化性，可氧化硫化钠；B．实验中KMnO4溶液用H2SO4酸化；C．MnO4−在强酸性条件下被还原为MnD．浅粉色沉淀为MnS。【解答】解：A．根据实验Ⅰ、Ⅱ中的实验现象可知发生了氧化还原反应，KMnO4中Mn元素化合价降低，被还原，同时Na2S中S元素化合价升高，被氧化，故A正确；B．实验中KMnO4溶液用H2SO4酸化，检测到有SO42−，可能是H2SO4电离产生，不能说明SO4C．实验Ⅰ反应后的溶液pH＜1，根据题给资料，MnO4−在强酸性条件下被还原为Mn2+，所以MnO2不是MnO4−被S2﹣还原得到，而是过量的D．实验Ⅱ中Na2S过量，S2﹣将新生成的MnO2还原为Mn2+并迅速与其结合生成浅粉色沉淀MnS，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用及实验装置的作用，题目难度不大。二、本部分共6题，共58分。22．【分析】海水提溴：氯气把苦卤中的Br‒氧化为Br2，利用Br2的挥发性，通入热空气将Br2吹出，用Na2CO3溶液吸收Br2，生成Br‒和BrO3−，加入稀H2SO4得到Br【解答】解：（1）①除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−杂质时，加入过量的Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+的同时，除去过量的Ba2+，即Na2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，NaOH溶液的顺序则不受限制，故加入试剂顺序可以是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、Na2CO故答案为：bc；②加入适量盐酸，反应的离子方程式有2H++CO32−=H2O+CO2↑和H++OH故答案为：H++OH−＝H2O；（2）海水提镁，过程2是Mg2+与碱反应生成Mg（OH）2沉淀，工业上一般采用加石灰乳[含Ca（OH）2]将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀；电解熔融MgCl2得到Mg：MgCl2（熔融）电解¯Mg+Cl2故答案为：石灰乳；MgCl2（熔融）电解¯Mg+Cl2（3）①Cl2和苦卤中的Br‒反应生成Br2的离子方程式是Cl2+2Br−＝2Cl−+Br2，故答案为：Cl2+2Br−＝2Cl−+Br2；②Br2与碱性溶液生成Br‒和BrO3−，所以选Na2CO故答案为：b；③Br‒和BrO3−在氢离子作用下生成Br2，根据得失电子守恒以及原子、电荷守恒得：BrO3−+5Br−+6H+故答案为：BrO3−+5Br−+6H+＝3Br2【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。23．【分析】（1）氯化铵和消石灰反应生成氯化钙、氨气和水；（2）浓H2SO4、P2O5与氨气反应，碱石灰与氨气不反应；（3）因为氨气密度比空气小；（4）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；（5）①会引起瓶内压强增大，产生危险，③会引起倒吸，②④⑤不会倒吸，可以吸收多余氨气，⑤第一个瓶为安全瓶，防倒吸；（6）a．氧化铁变为黑色粉末，说明生成氧化亚铁或者四氧化三铁；b．无水硫酸铜变蓝，只能说明产生了水；c．无水氯化钙质量增加，可能是吸收了氨气或水；d．生成了无色无味无污染的气体，则气体为氮气；（7）KSCN溶液和Fe2+混合，溶液颜色不变，KSCN溶液和Fe3+混合，溶液变红，所以向步骤1少量溶液中滴入2～3滴KSCN溶液，振荡，溶液不变色，说明溶液中不含有Fe3+；Fe2+和氯水反应可生成Fe3+；（8）氨气与Fe2O3发生氧化还原反应，生成FeO、N2、H2O。【解答】解：（1）氯化铵和消石灰反应生成氯化钙、氨气和水，则制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2△¯CaCl2+2NH3↑+2H2故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2△¯CaCl2+2NH3↑+2H2（2）浓H2SO4、P2O5与氨气反应，碱石灰与氨气不反应，故选碱石灰，故答案为：②；（3）因为氨气密度比空气小，所以收集氨气时，氨气的进气口为a，故答案为：a；（4）将湿润的红色石蕊试纸置于b口处，如试纸变蓝，则证明烧瓶中氨气已集满，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸置于b口处，如试纸变蓝，则证明烧瓶中氨气已集满；（5）①会引起瓶内压强增大，产生危险，③会引起倒吸，②④⑤不会倒吸，可以吸收多余氨气，⑤第一个瓶为安全瓶，防倒吸，故答案为：②④⑤；（6）a．氧化铁变为黑色粉末，说明生成氧化亚铁或者四氧化三铁，即有二价铁生成，氧化铁做氧化剂，氨气做还原剂，故a正确；b．无水硫酸铜变蓝，只能说明产生了水，不能证明氨气做了还原剂，故b错误；c．无水氯化钙质量增加，可能是吸收了氨气或水，不能证明氨气做了还原剂，故c错误；d．生成了无色无味无污染的气体，则气体为氮气，氮元素化合价升高，氨气做了还原剂，故d正确；故答案为：ad；（7）KSCN溶液和Fe2+混合，溶液颜色不变，KSCN溶液和Fe3+混合，溶液变红，所以向步骤1少量溶液中滴入2～3滴KSCN溶液，振荡，溶液不变色，说明溶液中不含有Fe3+；Fe2+和氯水反应可生成Fe3+，所以溶液变红，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Cl−+2Fe3+，故答案为：不变色；2Fe2++Cl2＝2Cl−+2Fe3+；（8）氨气与Fe2O3发生氧化还原反应，生成FeO、N2、H2O，该反应的化学方程式为2NH3+3Fe2O3△¯6FeO+N2+3H2故答案为：2NH3+3Fe2O3△¯6FeO+N2+3H2【点评】本题考氨气的制备，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。24．【分析】（1）H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3；（2）①a．该反应中．Fe2O3•H2O参加反应，最终又生成了；b．1mol氧化铁转化成FeS得1mol电子，每生成1molS单质转移2mol电子，根据得失电子守恒得：Fe2O3•H2O+3H2S＝2FeS+S+4H2O，同理可得：4FeS+2H2O+3O2＝2Fe2O3•H2O+4S，结合两反应可得：6H2S～4FeS～3O2，则2H2S～O2；②ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，1molZnFe2O4反应得2mol电子，1mol氢气反应失2mol电子；（3）33.6m3（标准状况）某燃气（H2S的含量为0.2%）中含有硫化氢的物质的量=33.6×103L×0.2%22.4L/mol=3mol；H2S与碱反应转化为HS﹣，根据硫原子守恒：H2S～HS﹣；在脱氮硫杆菌参与下，HS﹣被NO3【解答】解：（1）H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：H2S+CO32−=故答案为：H2S+CO32−=（2）①a．该反应中．Fe2O3•H2O参加反应，最终又生成了，则在该反应中的作用可描述为循环使用（催化剂），故答案为：循环使用（催化剂）；b．1mol氧化铁转化成FeS得1mol电子，每生成1molS单质转移2mol电子，根据得失电子守恒得：Fe2O3•H2O+3H2S＝2FeS+S+4H2O，同理可得：4FeS+2H2O+3O2＝2Fe2O3•H2O+4S，结合两反应可得：6H2S～4FeS～3O2，则2H2S～O2，处理标况下4.48LH2S即0.2mol时，理论上消耗O2的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；②ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，1molZnFe2O4反应得2mol电子，1mol氢气反应失2mol电子，根据得失电子守恒可得反应：ZnFe2O4+3H2S+H2550℃¯ZnS+2FeS+4H2故答案为：ZnFe2O4+3H2S+H2550℃¯ZnS+2FeS+4H2（3）33.6m3（标准状况）某燃气（H2S的含量为0.2%）中含有硫化氢的物质的量=33.6×103L×0.2%22.4L/mol=3mol；H2S与碱反应转化为HS﹣，根据硫原子守恒：H2S～HS﹣；在脱氮硫杆菌参与下，HS﹣被NO3−氧化为SO42−，NO3−被还原为N2，发生的离子反应为5HS﹣+8NO3−+3H+=故答案为：4.8。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原计算的掌握情况，试题难度中等。25．【分析】根据流程通入氧气焙烧CeCO3F焙烧后的产物中有CeO2、CeF4和CO2，稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固体溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，已知Ce4+在[（HA）2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，用稀硫酸和H2O2反萃取，Ce4+转化为Ce3+，Ce3+与氢氧化钠和次氯酸钠反应生成Ce（OH）4，煅烧产生CeO2。【解答】解：（1）根据题给信息知，“通入O2焙烧”过程中CeCO3F根据题给信息知，“通入O2焙烧”过程中CeCO3F发生反应的化学方程式为4CeCO3F+O2高温¯3CeO2+CeF4+4CO2故答案为：4CeCO3F+O2高温¯3CeO2+CeF4+4CO2（2）稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固体溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，故得到的水溶液中阳离子有Ce4+和Ce3+，故答案为：Ce4+和Ce3+；（3）Ce4+在[（HA）2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，经过分液可以分离出水层和有几层，该操作为分液，故答案为：分液；（4）“反萃取”过程在稀硫酸和H2O2参与反应，H2O2作为还原剂、Ce4+作为氧化剂，生成Ce3+，故答案为：作为还原剂；（5）Ce3+在氢氧化钠环境下被次氯酸钠氧化生成Ce（OH）4，离子方程式为：2Ce3++6OH﹣+ClO﹣+H2O＝2Ce（OH）4+Cl﹣，故答案为：2Ce3++6OH﹣+ClO﹣+H2O＝2Ce（OH）4+Cl﹣；（6）CeO2产品1.00g加硫酸溶解，可与50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反应，发生离子方程式为：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，由此可知n（Ce3+）＝n（Fe3+）＝5×10﹣3mol＝n（CeO2），该产品中CeO2的质量分数为5×10故答案为：86%。【点评】本题考查了物质的制备，为高考常见题型，题目涉及对工艺流程的理解、对条件的控