江苏省南通市2024-2025学年高一年级上册1月期末化学试题（解析版）

江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末化学试题

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。

1.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十六号载人飞行任务取得

圆满成功。下列有关说法中错误的是()

A.飞船使用的推进剂N2“4・H2。属于纯净物

B.飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的高

C.飞船返回舱侧壁金属壳体用的铝合金材料，属于金属材料

D.神舟飞船芯片的主要成分是Si,Si可用于制造半导体材料

【答案】B

【解析】【解答】A.飞船使用的推进剂N2”4・，2。属于纯净物，或A不符合题意；

B.飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的低，故B符合题意；

C.铝合金材料属于金属材料，故C不符合题意；

D.芯片的材料是硅，硅用于制造半导体材料，故D不符合题意：

故答案为：B

【分析】A.N2H4•%。属于纯净物；

B.合金的熔点一般低于组成合金的纯金属；

C.金属材料包括合金和纯金属材料；

D.硅是半导体材料，可用于芯片。

2.亚硫酸可被H<h氧化牛成硫酸H?SCh+HQ?=H£O4+H，O。下列说法不正确的是

A.H2O2中O的化合价：-1

B.硫原子结构示意图：(+16)2\

C.H2O的摩尔质量：18g

D.硫酸电离：H2so4=2H++SO2-

【答案】C

【解析】【解答】A、在H2O2中，氢元素为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0,可算出氧元素

化合价为-1,A正确；

B、硫原子的核电荷数为16,核外电子分3个电子层排布，依次为2、8、6,给出的原子结构示意图为

第1页

(+16)286，B止确；

j)I

C^摩尔质量的单位是g/mol,H2O的摩尔质量是18g/mol,而18g是质量单位，C错误；

2

D、硫酸是强酸，在水溶液中完全电离，生成H+和SO4',电离方程式为H2so4=2H++SO42,D正确；

故答案为：C。【分析】本题以亚硫酸与过氧化氢的反应为背景，考查化合价、原子结构、摩尔质量单位及电

离方程式等基础化学知识，需逐一分析选项的正确性。

3.卜列物质性质与用途具有对应关系的是

A.钠具有还原性，可用于制作高压钠灯

B.NaHC03受热易分解，可用于制胃酸中和剂

C.常温下A1在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸

D.氨气极易溶于水，可用作烟气中NO*的脱除剂

【答案】C

【解析】【解答】A、钠用于制作高压钠灯是利用其焰色反应(黄色光)，这是物理性质；而钠的还原性是化

学性质，二者无对应关系，A错误；

B、NaHCCh能中和胃酸(主要成分为HC1),是因为它可与HC1反应(NaHCCh+HC仁NaCl+HzO+CCh),与

它受热易分解的性质无关，B错误；

C、常温下A1在浓硝酸中钝化，表面形成致密氧化膜，阻止内部金属继续反应，因此可用铝质容器贮运浓

硝酸，性质与用途直接对应，C正确；

D、氨气用作NOx脱除剂，是因为其具有还原性，能与NOx发生氧化还原反应，与氨气极易溶于水的性质

无关，D错误；

故答案为：C。【分析】A.区分钠的不同性质对应的用途。

B.明确NaHCCh作为胃酸中和剂的核心性质。

C.理解铝的钝化现象与贮运浓硝酸的关联。

D.分析氨气脱除NOx的本质原因。

4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.0.1molUNaOH溶液：Na\K\SO、HCO3

B.0.1molUH2so4溶液：Mg?，、Na\CIO>Cl

C.0.1mo卜L」FeCb溶液：Na\Ba2\NO*、OH-

D.0.1molL」NaCl溶液：NH'K\NO］、SO厂

【答案】D

【解析】【解答】A、0.1mol-L*NaOH溶液含大量OHsHCCh哙与反应生成CCh?-和H2O,无法大量

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共存，A错误；

B、0.1mol•L“II2s04溶液含大量H，,CK＞与Cl-在H+存在时会反应生成Clz和HO不能大量共存,B错

误；

C、O.lmol-L-】FeC13溶液含Fe3+,Fe3+^OH会结合生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，C错误；

D、O.lmol-L^NaCl溶液中,NH4\K\NO3USOF之间不发生反应,且均不与Na\C「反应，能大量共

存，D正确；

故答案为：Do

【分析】本题判断高于在不问溶液』能否共存，需结合溶液性质(如酸碱性)，分析离子间是否发生反应

(生成沉淀、气体、弱电解质或氧化还原反应等)。A.考查碱性溶液中OH与HCO3-的反应。

B.考查酸性溶液中H+、C1O\。的反应。

C.考查Fe3+与OH-的沉淀反应。

D.判断NaCl溶液中离子间的反应情况。

5.卜列说法正确的是

A.100g质量分数为17%的小。2溶液中，氧原子总数为1m。；

B.507九〃8mo/"T的浓硫酸与足量铜粉共热，产生SO2的物质的量为0.45mo,

C.0.2根0“乙4，。3溶液中。厂物质的量为0.6mol

D.7.89/7劭。2中含有阴阳离子的总数为03小。1

【答案】D

【解析】【解答】A.100g17%的H2O2溶液中,Hz解质量为17g(0.5moL含ImolO),水的质量为83g

(约4.61mol,含4.61molO),氧原子总数远大于Imol,A错误；

B、50mLI8mol•Lq浓硫酸含H2SO40.9mol,理论上生成0.45molSCh,但反应中浓硫酸变稀后不再与铜反

应，实际产量小于0.45mol,B错误；

C、仅知AlCb溶液浓度为().2mol・LL缺少体积，无法计算。一的物质的量，C错误。

2

D、NazCh由Na+和构成(2：1),7.8gNazOz^O.lmol,含0.2molNa+和O.lmolO2',D阳离子总数为

().3mol,D正确；

故答案为：Do

【分析】本题围绕物质的量计算展开，涉及溶液中氯原子总数、化学反应的实际产量、离子物质的量计算及

化合物离子组成等知识点，需结合具体情况分析各选项的正确性。A.计算溶液中所有含氧化合物的氧原子

总数。

B.考虑浓硫酸与铜反应的浓度变化影响。

C.明确离子物质的量计算需浓度和体积两个参数。

D.分析Na2Ch的离子构成及比例。

第3页

6.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是

电解卢燃

A.工业盐酸的制备：NaCl溶液t出和C，2THC，

B.漂白粉的制备：浓盐酸”,2a之澄清?灰水漂白粉

C.纯碱工业：NaC7溶液"NaHCO3ANa2CO3

o2H2O

D.硫酸工业：FeS-S0tH2sO4

2高温2

【答案】A

【解析】【解答】A、电解NaCl溶液时，根据电解原理，会生成H?和Ch；H2和CL在点燃条件下能发生

反应生成HCI,所以该转化可以实现，A正确：

B、浓盐酸与MnOz在加热条件下能生成CL,但制备漂白粉需要将CL通入石灰乳（主要成分为

Ca（OH）2）中，而不是澄清石灰水（Ca（OH”溶解度小，浓度低，不利于大量制备漂白粉），所以该转化不能

实现，B错误；

C、纯碱工业中，是向饱和NaCl溶液中先通入NH3,再通入CO2,才能生成NaHCCh（因为NE极易溶

于水，使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收），直接通入C02难以得到NaHCCh,所以该转化不能实现，C错

误；

D、硫酸工业中，FcSz与02在高温下反应生成S02,但SCh与H20反应生成的是H2so3,H2sO3需要进

一步被氧化（如在催化剂、加热条件下与Ch反应）才能生成H>S04,所以该转化不能实现，D错误；

故答案为：Ao

【分析】本题考查工业生产中物质的转化过程，需要结合各工业生产的实际反应条件和反应物、生成物来判

断转化是否能实现。

7.FeC%易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量FeC%。卜.列说法正

确的是

A.实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸

B.实验时若CL不足量，则可能生成产

C.装置丙的作用是收集产。C/3

D.装置丁中CaC%的作用是吸收未反应的C&

第4页

【答案】C

【解析】【解答】A、实验需先通C12排尽装置内空气（防Fe被Ch氧化），应先滴加浓盐酸（产生CL）,

再点燃酒精灯，A错误；

B、CL具有强氧化性，无论量多量少，Fe与。2反应都只生成FeCh（不会生成FeCL）,B错误；

C、FeCb易升华，乙中生成的FcCb蒸气进入丙装置后，会遇冷凝华为固体，因此丙的作用是收集FcCh,

C正确；

D、装置丁中CaCL是干燥剂，作用是防止丁中NaOH溶液的水蒸气进入丙（避免FeCb水解）：吸收未反

应Ch的是NaOH溶液，D错误；

故答案为：Co

【分析】实验操作顺序的核心逻辑：制备FeCb需先通Cb排尽空气（防Fe被02氧化），因此应先滴加浓盐

酸制Ch,再点燃酒精灯。

CL与Fc反应的产物特性：C12氧化性极强，与Fe反应只生成FeCh,无论CL是否足量，都不会生成

FeCho

装置作用的判断（结合FeCb的性质）：FeCh易升华，乙中生成的FeCb蒸气进入丙后会凝华，因此丙是收

集FeCh的装置：丁中CaCL是干燥剂（防NaOH溶液的水蒸气进入丙，避免FeCb水解），吸收CL的是

NaOH溶液。

阅读下列材料，完成下列小题：

氮是参与生命活动的重要元素。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总

流量，对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气水圈

中的氮元素•，是化学学科的重要研究内容和责任。

8.下列化学反应表示正确的是

放电

A.雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2+202----2NO2

B.用水吸收二氧化氮制硝酸：2NO2+H20=HNO3+NO

C.用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO+NO2+2O，-=2NO5+H2。

+2+

D.铜粉和稀硝酸反应：4H+2/VO3+Cu=Cu+2NO2T+2H2O

9.煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图示。下列说法正确的是

E

d

正

在

0

N

2

L

S

A.煤燃烧不影响自然界氮循环B.燃煤过程没有发生氮的固定

第5页

C.含氧量越高越不易生成NOD.燃煤温度越高NO》污染越重

10.明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下:

I~~►Fe-,O

煨烧~3H.OKNO,

FeSO,股烧［SO3^^H2SO4-^UHNO

下列有关说法不•正•确•的是

A.若燃烧时隔绝空气，得到的气体X可能为SO?

B.煨烧生成的尸?2。3可用作红色的油漆和涂料

C.由蒸馆过程发生的反应可推测“25。4的酸性比”N0的强

D.上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应

11.表3+和*4+可用于烟气中的大量氮氧化物NO1转化为无害物质。将N。与m的混合气体通入金3+和金4+

的混合溶液中，发生如右图转化过程，下列说法正确的是

A.反应前后溶液中Ce3+和Ce4+的总物质的量浓度始终不变

B.参加反应I的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2

C.反应II的离子方程式为403++2N0+2H2。=4Ce4++%+40H-

D.反应过程中消耗的附与NO的物质的量相等

【答案】8.C

9.D

1().C

11.D

【解析】【解答】3)A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成NO,而非NO2,正确方程式为N2+

放由

O2^2NO,A错误;

B、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO,正确比例为3NO2+H2O2HNO3+NO,B错误；

C、烧碱吸收NO和NCh的反应中，两者按I：1比例与OH-反应生成NO?-和H2O,离子方程式：

NO+NO2^2OH~=2NO2^H2O,C正确；

D、铜与稀硝酸反应生成NO.而非NO?,离子方程式应为3G/+H"++2NC3=3C/2++2MOT+4〃2O.

D错误；

第6页

故答案为：Co

（2）A、煤燃烧生成NO,干扰自然氮循环，A错误；

B、燃煤时N2转化为NO,属于氮的固定（游离态一化合态），B错误；

C、图像显示含氧量越高，NO浓度越大，越易生成NO,C错误；

D、温度升高，各含氧量下NO浓度均增大，说明温度越高NOx污染越重，D正确；

故答案为：Do

（3）A、隔绝空气煨烧FeSO4,Fe"-Fc3+（升价），则S元素必降价，可能生成SOz,A正确；

B、Fe?O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；

C、蒸储制备硝酸利用H2sO,沸点高于HNO3,与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；

煨烧

D、燃烧FeSO4为分解反应，可表示为2/65。4=尸©。3+5。21+5033SO3与水反应为化合反应，反

应为SO3+//2。="2$。4，HzSCh与KNO3反应为复分解反应，反应表示为“25。4（浓）+

△

KNO3=KHSO&+HNO3T,D正确；

故答案为：Co

（4）A、Ce3+与Ce"总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；

B、总反应为2H2+2NO=N2+2H2O,NO为氧化剂（Imol得2mol电子），％为还原剂（Imol失2mol电

子），氧化剂与还原剂比例为1：1,B错误；

3++4+

C、反应在酸性条件下进行，产物无0H-,正确离子方程式为4Ce+2NO+4H=4Ce+N2+2H2O,C错误；

D、山总反应可知，消耗Hz与NO的物质的量相等（2：2=1；1）,D正确；

故答案为：Do

【分析】（1）依据氮元素相关反应的实际产物和配平规则，判断方程式正确性。

（2）结合图像中NO浓度与温度、含氧量的关系，分析燃煤对氮循环的影响。

（3）分析硝酸制备流程中反应类型、物质性质及反应原理的合理性。

（4）根据转化流程分析Ce3+/Ce4+的作用及反应中物质的量关系，

放电

8.A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成NO,而非N02,正确方程式为N2+O2=2N。，A错误；

B、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO,正确比例为3NO24-H2O=2HNO3+NO,B错误；

C、烧碱吸收NO和NO?的反应中，两者按1：1比例与0H-反应生成NO2-和FhO,离子方程式：

NO+NO2+2OH~=2NO2+H2OfC正确；

D、铜与稀硝酸反应生成NO,而非N02,离子方程式应为3C〃+8”++2NO]=3C〃2++2NOT+4H2。，

D错误：

故答案为：Co

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9.A、煤燃烧生成NO,干扰自然氮循环，A错误；

B、燃煤时N/转化为NO,属于氮的固定（游离态一化合态），B错误；

C、图像显示含氧量越高，NO浓度越大，越易生成NO,C错误；

D、温度升高，各含氧量下NO浓度均增大，说明温度越高NOx污染越重，D正确；

故答案为：Do

10.A、隔绝空气燃烧FeSO4,Fe2+-Fe3+（升价），贝ijS元素必降价，可能生成SO2,A正确；

B、FC2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；

C、蒸储制备硝酸利用H2sCh沸点高于HNO3,与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；

燃烧

D、爆烧FeSO4为分解反应，可表示为2FeSO4=：Fe2O3+S«T+S03T,SO3与水反应为化合反应，反

应为SO3+%。=H2SO^H2s0,与KN6反应为复分解反应，反应表示为“20。4（浓）+

△

KNO3=KHSO&+HNO3T,D正确；

故答案为：C»

11.A.Ce3+与Ce"总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；

B、总反应为2H2+2NO=N2+2H2O,NO为氧化剂（Imol得2moi电子）,%为还原剂（Imol失2mol电

子），氧化剂与还原剂比例为1：1,B错误；

3++4+

C、反应在酸性条件下进行，产物无0H-,正确离子方程式为4Ce+2NO+4H=4Cc+N2+2H2O,C错误；

D、由总反应可知，消耗Hz与NO的物质的量相等（2：2=1：1）,D正确；

故答案为：Do

12.下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项实验操作实验现象实验结论

炭与浓硝酸在加热条件下反应

A将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体

生成NO2

加热盛有NH4a固体的试管，试管底部固体消失，试管口

B4G固体受热升华

有晶体凝结

向表面皿中加入少量。心。4-5H2。，再加入约3mL浓硫

C浓硫酸具有吸水性

酸，搅拌，固体由蓝色变无色。

向试管中加入2mL酸性KM几。4溶液，通入足量SO2气体，

DSO2具有漂白性

溶液褪色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

第8页

【解析】【解答】A、浓硝酸受热易分解产生红棕色的二氧化氮，红热木炭投入浓硝酸中产生的红棕色气体，

可能是浓硝酸自身分解的产物，并小一定足木炭与浓硝酸反应生成的二氧化氮，A错误；

B、氯化铉受热会分解为氨气和氯化氢气体，这两种气体在试管口遇冷又会重新化合生成氯化筱固体，这是

化学变化过程，而升华是物质由固态直接变为气态的物理变化，所以不能得出氯化镂受热升华的结论，B错

误；

C、五水硫酸铜（蓝色晶体）中加入浓硫酸后，固体变为臼色，是因为浓硫酸吸收了五水硫酸铜中的结晶

水，使其转化为无水硫酸铜（白色），这一现象直接体现了浓硫酸的吸水性，C正确；

D、酸,,生高镒酸钾溶液具有强氧化性，一氧化硫通入后使其褪色，是由于一氧化硫被氧化，表现的是一氧化

硫的还原性，而非漂白性，D错误；

故答案为：Co

【分析】逐一分析各选项，结合物质的化学性质，判断实验现象与结论之间的逻辑是否成立。

A.浓消酸受热本身会分解生成N02,不能直接判定是炭与之反应的产物。

B.NH4C1受热是分解（生成NH.3和HCI）,在管口重新化合为NH4C1,并非升华（物理变化）。

C.浓硫酸吸收CuSO4-5H2O中的结晶水，使其失去蓝色，体现吸水性。

D.S02使酸性KMnCh褪色是因为还原性（发生氧化还原反应），并非漂白性。

13.发蓝工艺是将钢铁浸入热的NQNS碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下

转化（假设NQN02的还原产物均为N“3，N4表示阿伏加德罗常数。）

一①NaNO?碱性溶液-N0%02-------------

"②"a*'溶液区Fe,O4

Na2Fe2O4-------------

下列说法中，不1J坪的是

A.反应①为3"e+NaNO2+5NaOH-3Na2FeO2+NH3T+H20

B.当反应②转移的电子数目为3以时，该反应需要消耗NaNOzlm。，

C.反应③中N^FeOz与可做产。2。4的物质的量之比为1：1

D.上述工艺过程中，生成69.6。四轨化三铁薄膜的同时产生8.96LN“3（标潴状况下）

【答案】B

【解析】【解答】A、反应①中，铁元素从（）价升高到NazFeCh中的+2价，NaNCh里的氮元素从+3价

降低到NN中的-3价。根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的反应为

△

3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+NH3t+H2O,A正确；

B、反应②是NazFeCh与NaNCh反应生成Na2Fe2O4,铁元素化合价从+2价升高到+3价，氮元素仍从

+3价降至IJ-3价。反应方程式为6NQ2『eO2+NQNO2+5,2O=3NQ2Fe2O4+NH3T+7NQOH。每消耗Imol

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NaNO2,转移6mol电子，因此转移3moi电子（3Na）H寸，消耗的NaNCh应为0.5moLB错误;

C、反应③是NaJFeOz（含+2价Pe）与NazFeQ；（含+3价Fe）反应生成FeQi（含+2和+3价

Fe）,反应方程式为可。2斤。2+M12月2。4+2"2。=43。4+4凡1。“，两种反应物的物质的量之比为1:1,

C正确；

D、69.6gFesCh的物质的量为69.6g-232g/mol=0.3moL整个过程中，铁元素失去的电子最终被NO?•获得生

成NH3,根据电子守恒,生成OBmolFe.C时转移2.4mol电子,对应生成NHa的物质的量为0.4mol（每

生成ImolNM转移6mol电子），标准状况下体积为0.4molx22.4L/mol=8.96L,D正确；

故答案为：Bo

【分析】先明确各步反应的化学原理，通过分析元素化合价变化确定反应方程式，再结合电子转移规律和物

质的量计算，逐一验证选项的正确性。

本题的易错点：

反应②的电子转移计算反应②中，NaNCh里的N元素从+3价降到NH3中的-3价，1niolNaNCh得到

6mol电子。当转移电子数为3Na（即3mol）时，消耗的NaNCh应为0.5mol,容易错算成1mol。

反应③的物质的量比例反应③是NazFcCh和NazFczCh反应生成FeaCh,化学方程式为

Na2Fe02+Na2FeO+2H2O=FeQ+4NaOH,二者物质的量比为I：I,若不明确方程式，易判断错误。

多步反应的电子守恒关联计算NH3体积时，需通过“Fe失去的电子总数=NaNCh得到的电子总数”建立关

系（比如Fe3O4与NH3的电子守恒），容易忽略多步反应的电子转移链条，导致计算出错。

二、非选择题：共4题，共61分。

14.二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。

（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于850"通入一定浓度的氧

气,实现从源头上减少SO?的排放。该反应的化学方程式为o

（2）碱性溶液脱硫。氨水、Z〃0水悬浊液吸收烟气中SO?后经。2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温

下，Z71so3微溶于水，Z"HS03）2易溶于水；溶液中也5。3、HSOg、S。1的物质的量分数随pH的分布如图I

①氨水吸收SO2。向氨水中通入少量S02，主要反应的离子方程式

为;当通入S02全溶液pH=5时,

溶液中浓度最大的阴离子是（填化学式）。

第10页

②ZTI。水悬浊液吸收SO?。向ZTIO水悬浊液中匀速缓慢通入SO?,在开始吸收的阶段内，SO?吸收率、溶液

P〃均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液p〃几乎不变阶段，主要产物是(填化学式)。

(3)海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(C。7和HC。］),呈微碱性(8.0WpH48.3)。海水脱硫过程如

图2所示：

海水

|海水处理厂一空气

处理后的海水

图2

①在S02吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是

②用比氨水脱硫，海水脱硫的优点是o

850℃

［答案］(1)2CaCO3+2S02+02=2CaSO4+2C02

(2)2NH3+HZO+SO2=2NH++SO^-(E^2NH3-H204-S02=2NHJ+S0^~+H20)；HSO］：ZnSOs

(3)气液逆流，增大吸收面积，使SO?被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物

【解析】【解答】(1)石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸为与氧气生成硫

酸钙，以此分析；

850℃

故答案为：2CaC()3+2SO2+。2=2CaSO4+2CO2；

(2)①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铉，反应的离子方程式为：2NH3+%0+

S02=2NHJ+S0l-(或2NH3•H20+S02=2NH［+S01+H20)；

根据图像1,溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为HSO］；

②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SCh,生成微溶于水的ZnSCh,此时溶液pH几乎不变；一旦

ZnO完全反应生成ZnSCh后，ZnSCh继续吸收SO2,生成易溶于水的Zn(HSCh)2,此时溶液pH逐渐变小，

2+

SCh的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnSO3+S02+H20=Zn+2HSO3(或ZnO+2sO2+

2+

H20=Zn+2HSO3)；故溶液pH几乎不变阶段，主要产物是ZnSCh；

故答案为：2NH3+H20+S02=2NHJ+SO歹(ft£2NH3-H20+S02=2NH：+S01+H20):HSO］；

Z11SO3：

(3)①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使

SO?被充分吸收；

②相比氨水脱硫和生物质热解气脱琉，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；

故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SCh被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃

物。

第11页

【分析】石灰石脱硫的原理是通过一系列化学反应将二氧化硫转化为稳定的硫酸盐:

石灰石的主要成分碳酸钙在高温下分解为氧化钙和二氧化碳：CaCOs高温分解为CaO和CO」。

生成的氧化钙与煤燃烧产生的二氧化硫反应，生成亚硫酸钙：CaO和SO2反应生成CaSO.o

亚硫酸钙在氧气作用下进一步被氧化为硫酸钙（石膏）：2个CaSCh与O?反应生成2个CaSO4o

这三步反应共同作用，将有害的二氧化硫转化为固体硫酸钙，从而减少其排放。

碱性溶液脱硫中，氨水或碱性悬浊液先吸收二氧化硫，形成含硫的中间产物（如亚硫酸盐），这些中间产物

在氧气催化氧化下最终转化为易溶于水的硫酸盐，实现脱硫目的。结合溶液中不同pH条件下亚硫酸根、亚

硫酸氢根等离子的分布规律，可更深入理解吸收和氧化的过程机制。

（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分

析；

850℃

故答案为：2CaCO3+2S02+02=2CaSO4+2CO2；

（2）①向氨水中通入少量SO?时，SO?与氨水反应生成亚硫酸镀，反应的离子方程式为：2NH3+电0+

S02=2NHJ+S01-（或2NH3-H20+S02=2NHJ+SOr+H20）；

根据图像1,溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为HSO1；

②反应开始时，忌浊液中的ZnO大量吸收SO2,生成微溶于水的ZnS03,此时溶液pH几乎不变；一旦

ZnO完全反应生成ZnSCh后，ZnS03继续吸收S02,生成易溶于水的Zn（HSCh）2,此时溶液pH逐渐变小，

2+

SO?的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnSO3+S02+H20=Zn4-2HSO3（或ZnO+2s02+

2+

H20=Zn+2HS03）；故溶液pH几乎不变阶段，主要产物是ZnSCh；

故答案为：2NH3+电0+SO2=2NH*+SO厂（«£2NH3-H20+S02=2NH1+SO^+H20）；HSO3；

Z11SO3：

（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使

SO?被充分吸收；

②相比氨水脱硫和生物质热解气脱琉，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；

故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃

物。

15.五氧化二钮（乙。5）广泛用于冶金、化工等行业，具有强氧化性。一种以含乳废料（含匕。3、M/。、山2。3）

为原料制备匕。5的流程如下图：

NaOH溶液H2sO4溶液NH4HCO3溶液过量硫酸镀溶液

第12页

已知：匕。3、MnO都难溶于水和碱，可溶于强酸。

（1）“碱浸”过程适当加热的目的是。

（2）“滤液1”中通入过量的。。2会生成白色的沉淀（填化学式）。

（3）“烘干灼烧”的目的是o

（4）“沉钵”时需将温度控制在70°。左右，温度不能过高的原因为。

（5）“煨烧”过程中有N”3生成，实验室检验该气体的方法

为_______________________________________________________________________________________________

o可”/。3要在流动空气中搬烧的原因可能

是O

（6）已知：NH4HCO3溶液呈碱性，Mn（OH）2开始沉淀的pH=7.8。

设计以MnSO4溶液、NH4HCO3溶液为原料，制备MnCO3的实验方

案：

______________________________________________________________________________。（实脸中须使用的试

剂：BaC%溶液、稀HCI、蒸储水）

【答案】（1）提高碱浸速率

（2）AI（OH）3

（3）将V2O3氧化为V2O5

（4）温度过高，NH4HCO3分解

（5）用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有N%生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白

烟则证明有氨气生成）；利用空气流及时赶出N%，以防NH3还原匕。5

（6）边搅拌边缓慢向M71SO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，控制pH不大于7.8,静置后过滤，生成的施CO3用

蒸馀水洗涤2〜3次，若用盐酸酸化的BaCL溶液检验不出S。/,则说明MnCQ,已洗涤干净

【解析】【解答】（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。

故答案为：提।司碱浸速率；

（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的。。2与四羟基铝酸钠生成白色沉

淀Ai（OH）3o

故答案为：A1（OH）3；

（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钮被空气中氧气氧化生成五氧化二锐。

故答案为：将V2O3氧化为V2O5;

（4）如果温度过高，碳酸氢核受热会分解，会导致原料利用率低，则沉镒时需将温度控制在70℃左右。

故答案为：温度过高,NHAHCO?分解；

（5）N%是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石荔试纸变蓝则有加“3生成，或用蘸有浓盐酸的

第13页

玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；NH/3要在流动空气中燃烧，若不流通，由于匕。5具有强氧

化性，会与具有还原性的N〃3反应，从而影响产物的纯度及产率。

故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有N”3生成(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看

到有白烟则证明有氨气生成)；利用空气流及时赶出N”3，以防NH3还原乙。5；

(6)以例71so4溶液、NH4HCO3溶液为原料制备M71CO3,若pH大于7.8,则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要

控制pH不大于7.8,因此制备M/1C03的实验方案为：边搅拌边缓慢向Mn504溶液中滴加N，"C03溶液，控

制pH不大于7.8,静置后过滤，生成的“加。3用蒸馀水洗涤2〜3次，因M九。。3表面会附着有S0『，若用盐

酸酸化的BaCh溶液检验不出S5，则说明M/iCg已洗涤干净。

故答案为：边搅拌边缓慢向MnSQ溶液中滴加NH4HC6溶液，控制pH不大于7.8,静置后过滤，生成的

MnCg用蒸储水洗涤2〜3次，若用盐酸酸化的BaCb溶液检验不出S0/，则说明MnCg已洗涤干净。

【分析】碱浸阶段：向废料中加入NaOH溶液，其中AI2O3作为两性氧化物会与NaOH反应，生成可溶于

水的四羟基合铝酸钠，而V2O3和MnO不与碱反应。通过过滤实现分离，得到含四羟基合铝酸钠和过量

NaOH的滤液1,以及含V2O3、MnO的滤渣。此过程加热可加快AbCh的溶解速率，提高浸出效率；烘干

灼烧阶段：对滤渣进行烘干后灼烧，空气中的氧气会将V2O3氧化为V2O5,而MnO在该条件下不发生反

应；酸溶阶段：向灼烧后的固体中加入H2s04溶液，V2O5与硫酸反应生成可溶的偏锐酸，MnO则与硫酸反

应生成MnSO4,过滤后得到含这两种溶质的溶液(滤渣2可忽略)。沉镒阶段：向酸溶后的溶液中加入

NH4HCO3溶液，MnSO4会与NH4HCO3反应生成MnCCh沉淀(微溶于水)，过滤后实现钵元素与帆元素的

分离，得到含偏机酸的滤液。结晶与燃烧阶段：向含偏机酸的滤液中加入过量硫酸镂溶液，经浓缩结晶得到

NH4V03晶体，最后通过煨烧NH4vCh晶体，分解得到目标产物V2O5O

(1)“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。

(2)由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四翔基铝酸钠，通入过量的。。2与四轻基铝酸钠生成白色沉

淀A1(0H)3O

(3)由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钢被空气中氧气氧化生成五氧化二钢。

(4)如果温度过高，碳酸氢镂受热会分解，会导致原料利用率低，则沉镒时需将温度控制在70C左右。

(5)N〃3是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石混试纸变蓝则有N“3生成，或用蘸有浓盐酸的

玻璃棒靠近，看到有臼烟则证明有氨气牛.成；NH/03要在流动空气中燃烧，若不流通，由于七。5具有强氧

化性，会与具有还原性的N，3反应，从而影响产物的纯度及产率。

(6)以MnS”溶液、NH4HCO3溶液为原料制备MnCg,若pH大于7.8,则会生成Mn(0H)2沉淀，故需要

控制pH不大于7.8,因此制备MnC03的实验方案为：边搅拌边缓慢向M九S04溶液中滴加N4HC03溶液，控

制pH不大于7.8,静置后过滤，生成的“几。。3用蒸饲水洗涤2〜3次，因M/1C03表面会附着有S。/,若用盐

酸酸化的BaCb溶液检验不出S。/,则说明MnCg已洗涤干净。

16.二氧化氯(口。2)是一种高效、低毒的消毒剂。请回答下列问题：

第14页

(1)①工业制备CIS的反应原理为：2NaClO3+4HCI=2NaCl+2CIO2T+C/2T+2H2O,该反应中每

生成0.5771O/CIO2转移电子为molo

②现需要用36.5%浓盐酸配制反应所需的500mL2mol稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、

玻璃棒和o

(2)将SO2气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出方。2,可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂II,加酸后

释放。/。2的浓度随时间的变化如卜.图1所示。你认为哪种稳定剂效果更好并解释原

因：。

(3)用。。2消毒自来水时，还可以将水中的M九2+转化为M/02难溶物除去，控制其他条件不变，测得不

同pH时去除率随反应时间的变化如图2所示：

2+

①pH=8时水体中Mn转化为MnO2,CIO2转化为CIO),该反应的离子方程式

为O

②反应相同时间，水体中M/+去除率随P，增大而增大的原因

是＜，

(4)国家规定，饮用水中)。2的残留量不得高于0.8mg"T。某同学欲利用氧化还原反应测定CIS消毒

过的自来水中GO2的残留量，进行如下实验：

i.量取自来水样品200m3调节样品的pHW2.0；

ii,加入足量K/晶体，振荡后静置片刻；

iii.加入指示剂淀粉溶液，用107^0.00107几oZ•厂】的Na2s26溶液恰好能将上述溶液中游离态的碘完全反

应(假设杂质不参加反应)。

+

已知:2CIO2+8H+IO/-=572+2Cr4-4H20.2s2。0+^=S4。打+2/一，则样品中GO2的质量浓度

为(写出计算过程)

第15页

【答案】(1)0.5：500mL容量瓶、胶头滴管

(2)稳定剂H,稳定剂II可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度

(3)2c7O2+M〃2++4OH-=时九。21+2。，。［+2“2。；P”增大，氢氧根离子浓度增大，G。2氧化Mn?+的速

率加快

(4)0.675

【解析】【解答】(1)①反应2NaCq+4HCI=2NaCl+2CIO2T+Cl2T+2“2。中，氯酸钠口+5价的氯元素

化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成2m0/5。2，

转移2moi电子，生成0.5血。忆2。2时，转移电子0.5moh

②用36.5%浓盐酸配制反应所需的500mL2mo/稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和

500mL容量瓶、胶头滴管；

故答案为：0.5；500mL容量瓶、胶头滴管；

(2)加酸后释放)。2的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂I【在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓

度之上，故稳定剂【I可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；

故答案为：稳定剂H,稳定剂II可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度：

(3)①p〃=8时水体中M"+转化为施。2,。牝转化为QO,该反应的离子方程式为：

267。2+时九2++4。”一=MnO21+267。3+2”2。；

②反应物浓度越大，反应速率越快，随P"增大，氢氧根离子浓度增大，氧化“M+的速率加快；

故答案为：2c22+时n2++4。”—=必n。21+2*。)+2”2。；P“僧大，氢氧根离子浓度增大，。1。2氧化M"+

的速率加快；

+

(4)根据反应方程式：2CIO2+SH+10/-=SI2+2CI-+4H2O.2s2。歹+^=S4绕一+2广，可得C/O2

和Na2s2。3的反应比例为1：5,lOmLO.OOlOM。！"-的Na2s2O3溶液中，Na2s2。3的物质的量为

0.00001mol；所以二氧化氯的物质的量为0000002mol,故二氧化氯的质量为：

0.000002molx67.5g/moi=0.000135g=0.135mg,自来水样品的体积为200mL即0.2L,二氧化氯的浓度为：

。消7=0.675陷.「1。

故答案为：0.675<>

【分析】(1)①反应中NaCQ里的C1从+5价降到C1O2中的+4价，HC1里的C1从-1价升到Ch

中的0价。生成2moicICh转移2mol电子,故生成0.5molC102转移0.5mo)电子。

②配制500mL2mol•L"稀盐酸，必需玻璃仪器还包括500mL容量瓶和胶头滴管。

(2)稳定剂II效果更好，因其能缓慢释放C1O2,较长时间维持保鲜所需的最低浓度。

2+

(3)①pH=8时，反应离子方程式为2ClO2+Mn+4OH=MnO2l+2ClO2+2H2Oo

②pH增大，OH-浓度升高，加快CIO2氧化Mn"的速率，使去除率提高。

(4)由反应关系得CICh与Na2s2O3物质的量比为I：5。计算得Na2s2O3为0.0000ImoL故CQ为

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0.000002mol,质量浓度为0.675mg•L4

（1）①反应2NaC7O3+4HCI=2NaCl+2CIO2T+CZ2T+2