福建省福州市2020届高三上学期9月调研考试化学试题（A）

福建省福州市2020届高三上学期9月调研考试化学试题（A）

福州市2020届高三化学学科9月调研卷（A）‎ 温馨提示：‎ ‎1.本试题分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷综合题，满分100，考试时间90分钟。‎ ‎2.请将答案填写在答题卡上，否则答题无效。‎ ‎3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Al-27 S-32 Mn-55‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（共48分，每小题3分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正确的是 A. 苯是最简单的芳香烃 B. 重金属离子可导致蛋白质变性 C. 氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物 D. 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯分子中只含1个苯环且没有侧链，所以苯是最简单芳香烃，故A正确；‎ B. 重金属盐有毒，金属离子可导致蛋白质变性，故B正确；‎ C. NO、NO2都不是酸性氧化物，故C错误，故选C；‎ D. 汽车尾气含大量的固体颗粒物，汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一，故D正确。‎ ‎2.下列行为不符合安全要求的是（ ）‎ A. 实验室废液需经处理后才能排入下水道 B. 点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度 C. 配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌 D. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室废液中常含有大量有毒有害物质或者重金属离子，直接排放会对地下水造成污染，所以需经处理后才能排入下水道，故A正确；‎ B．点燃可燃性气体前需要检查纯度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，故B正确；‎ C．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故C错误；‎ D．氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎3.对下列化学用语的理解正确的是 A. 丙烯的最简式可表示为CH2‎ B. 电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子 C. 结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷 D. 比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故A正确；‎ B. 电子式表示羟基，表示氢氧根离子，故B错误；‎ C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷， CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误；‎ D. 比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D错误。‎ ‎4.向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是 A. 溶液中一定含有Fe2+ B. 溶液中一定含有Cu2+‎ C. 剩余固体中一定含有Cu D. 加入KSCN溶液一定不変红 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化性：Fe3＋>Cu2＋，向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，再发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。‎ ‎【详解】A、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ 、 Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu都能生成Fe2＋，所以溶液中一定含有Fe2+，故A正确；‎ B、若铁过量，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故B错误；‎ C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故C正确；‎ D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与Fe3＋反应，溶液中一定不含有Fe3+，加入KSCN溶液一定不変红，故D正确；选B。‎ ‎【点睛】本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分。‎ ‎5.为了检验某固体物质中是否含有NH4+，下列试纸和试剂一定用不到的是 ‎①蒸馏水 ②NaOH溶液 ③红色石蕊试纸 ④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸 A. ①⑤ B. ④⑤ C. ①③ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】为了检验某固体物质中是否含有NH4+，可以向固体中加入NaOH溶液，并加热，将产生的气体用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变为蓝色，就证明该气体是NH3，原固体中含有NH4+，因此一定用不到的物质是④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸，选项是B。‎ ‎6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA B. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA C. 20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NA D. 0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；‎ B. H2+I2 2HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误 C. 20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；‎ D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个，故D正确。‎ ‎7.某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）‎ A. NH4NO3 B. N2 C. N2O D. NO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。‎ ‎8.A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是 A. 元素D与A一定形成共价化合物 B. 元素B可能与元素A形成多种共价化合物 C. F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸 D. 若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。‎ ‎【详解】A. 若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；‎ B. C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；‎ C. F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；‎ D. 若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。‎ ‎9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是 A. 原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z B. 原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X C. 元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X D. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为短周期主族元素，X的最外层有6个电子，因此X为O，Y是至今发现非金属性最强的元素，即Y为F，Z是Al，W为Si，A、最外层电子数由多到少的顺序是F、O、Si、Al，故正确；B、半径的大小比较是：一看电子层数，电子层数越多，半径相等，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此顺序是Al>Si>O>F，故错误；C、Z是铝，属于金属，不表现非金属性，故错误；D、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性F>O>Si，因此氢化物的稳定性是HF>H2O>SiH4，故错误。‎ 考点：考查元素周期表、元素及其化合物的性质等知识。‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎10.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。今用此装置和表中提供的物质完成相关试验，最合理的选项是 选项 a中的物质 b 中的物质 c中收集的气体 d 中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ ‎ H2O B 浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 C 稀硝酸 Cu NO2‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氨气密度比空气的密度小，不能利用向上排空气法收集，故不选A；‎ B、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫密度大于空气，用向上排空气法收集，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠吸收二氧化硫，故选B；‎ C、常温下Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮，故不选C；‎ D、浓盐酸与MnO2需要加热才能反应生成氯气，故不选D。‎ ‎11.下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HCO3-与SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-，所以HCO3-与SiO32-不能大量共存，故不选A；‎ B、FeS溶于酸，所以Fe2+与H2S不反应，故不选B；‎ C、HClO能把SO32-氧化为SO42- ，HClO、SO32-不能共存，故不选C；‎ D、I-、Cl-、H+、SO42-不反应，加入NaNO3，酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是6I-+8H++2 NO3-=2NO↑+3I2+4H2O，故选D。‎ ‎12.某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素：‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧 B. 步骤②反应的离子方程式为：2I- +2H++H2O2=I2+2H2O C. 步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素 D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤③操作后，试管中溶液不变成蓝色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 固体在坩埚中灼烧，所以步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；‎ B. 步骤②中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I- +2H++H2O2=I2+2H2O，故B正确；‎ C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；‎ D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。‎ ‎【点睛】本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。‎ ‎13.下列叙述正确是 A. 24g镁与27g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1mol重水与1mol水中，中子数比为2:1‎ D. 1mol乙烷与1mol乙烯中，共价键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 24g镁含质子数 ，27g铝含质子数，含质子数不同，故A错误；‎ B. 设氧气和臭氧的质量都是mg，则氧气含有的电子数是 ，臭氧含有的电子数是，所以等质量的氧气和臭氧中电子数相同，故B正确；‎ C. 1个重水分子中含有10个中子，1mol重水的中子数是10NA，1个水分子中含有8个中子，1mol水的中子数是8NA，中子数比为5:4，故C错误；‎ D. 1个乙烷分子含有7个共价键，1mol乙烷含有7mol共价键； 1个乙烯分子含有6个共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，共价键数不相同，故D错误。‎ ‎14.将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是 A. 硫酸铜的溶解度 B. 溶液中溶质的质量 C. 溶液中溶质的质量分数 D. 溶液中Cu2+的数目 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，硫酸铜的溶解度增大，故A错误； ‎ B. 40℃的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；‎ C. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确； ‎ D.‎ ‎ 温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶液中Cu2+的数目减少，故D错误。‎ ‎【点睛】明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。‎ ‎15.下列离子方程式正确的是 A. 向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓‎ B. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O C. 铜溶于浓硝酸：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O D. 向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；‎ B. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；‎ C. 铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水， Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；‎ D. 向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D正确。‎ ‎16.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥 B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H+ +O2↑‎ C. 工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输 D. 通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；‎ B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2- +2H2O +O2↑，故B错误；‎ C. ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；‎ D. 通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题（共52分，共4题）‎ ‎17.某同学欲用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成500mL 0.5mol/L的稀H2SO4‎ ‎（1）填写下列操作步骤：‎ ‎①所需浓H2SO4的体积为____。‎ ‎②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒量取。‎ ‎③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里，并不断搅拌，目的是___。‎ ‎④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。‎ ‎⑤加水至距刻度___处，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。‎ ‎（2）请指出上述操作中一处明显错误：____。‎ ‎（3）误差分析：（填偏高、偏低、无影响）‎ ‎①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将___；‎ ‎②问题（2）的错误操作将导致所配制溶液的浓度___；‎ ‎【答案】 (1). 13.6mL (2). 20 (3). 烧杯 (4). 使大量的热及时排除，防止液体飞溅 (5). 500mL容量瓶 (6). 1cm~2cm (7). 胶头滴管 (8). 第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温 (9). 偏低 (10). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；‎ ‎②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；‎ ‎③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散； ④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中； ⑤根据定容的操作要点来分析；‎ ‎（2）根据浓硫酸稀释放热来分析；‎ ‎（3）根据c=，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）①浓硫酸的物质的量浓度为c= = =18.4mol/L，设需浓H2SO4的体积为Vml，根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀：18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL； ②需要浓硫酸的体积是13.6ml，根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒； ③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅； ④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中； ⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度 1～2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平；‎ ‎（2）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中； （3）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低； ②问题（2）的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。‎ ‎18.元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。‎ 在周期表中的区域 元素代号 有关信息 短周期元素 X X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液 Y Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂 长周期元素 Z Z的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料 W W元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨 ‎（1）X元素周期表中的位置为___，X、Y、Z三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为___。‎ ‎（2）足量W的最高价氧化物的水化物是稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式：____。‎ ‎（3）下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有___（选填字母）‎ a.丁比氯化氢沸点高 b.丁比氯化氢稳定性好 c.丁比氟化氢还原性弱 d.丁比氟化氢酸性弱 ‎（4）请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期ⅢA族 (2). r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+) (3). HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq) △H=-QkJ/mol (4). a (5). Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧化铝具有两性，X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，X是Al元素；氨气作制冷剂，Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，Y是N元素； 氧化铁是红色染料的成分，Z的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料，Z是Fe元素；碘化银用于人工降雨，W元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨，W是I元素；‎ ‎【详解】（1）X是Al元素，Al元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al3+、N3-、Fe3+三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3+)＞r(N3-)＞r(Al3+)。‎ ‎（2）W的最高价氧化物的水化物是HIO4，甲是氢氧化铝；足量HIO4稀溶液与1mol Al(OH)3完全反应，放出热量QkJ，表示该过程中和热的热化学方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq) △H=-QkJ/mol。‎ ‎（3）a.HI的相对分子质量大于HCl，HI比氯化氢沸点高，故a正确；‎ b. Cl的非金属性大于I ，HCl比HI稳定性好，故b错误；‎ c. Cl的非金属性大于I， HI比氟化氢还原性强，故c错误； ‎ d. HI是强酸，氢氟酸是弱酸，故d错误。‎ ‎（4）铁的氧化物丙可以做红色涂料，丙是Fe2O3，丁是HI，Fe2O3与HI发生氧化还原反应生成FeI2和I2，反应的离子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。‎ ‎19.依据图1中氮元素及其化合物转化关系，回答问题：‎ ‎(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。‎ A.浓硫酸 B.碱石灰 C.NaOH固体 ‎(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：‎ ‎①NH3→NO的化学方程式为______________。‎ ‎②NO→NO2反应的实验现象是____________。‎ ‎③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。‎ ‎(4)图1中，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为_____。‎ ‎(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。‎ A.O2 B.Na C.NH4Cl D.NO2‎ ‎【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). A (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 无色气体变红棕色 (5). 1：2 (6). H2O2 (7). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O；‎ ‎(2)氨气是一种碱性气体，会与酸发生反应；‎ ‎(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO，NO与氧气反应产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3‎ ‎。根据电子守恒、一种守恒配平方程式，判断氧化剂、还原剂的物质的量的比，根据物质的颜色判断反应现象；‎ ‎(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，还原产物无污染；‎ ‎(5)若要将NH3→N2，N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，加入的物质应该有强的氧化性。‎ ‎【详解】(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应，反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎(2)氨气是一种碱性气体，能与酸发生反应，而不能与碱反应，因此不能使用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰、NaOH固体干燥，故合理选项是A；‎ ‎(3)①NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎②NO在室温下很容易与O2反应产生NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，所以反应的实验现象是看到气体由无色变为红棕色；‎ ‎③NO2被水吸收得到HNO3，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中，NO2既作氧化剂，又作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。‎ ‎(4)图中实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为H2O2；‎ ‎(5)若要将NH3→N2，由于N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，则加入的物质应该有强的氧化性。‎ A.O2可以将NH3氧化为N2，A符合题意；‎ B.金属Na具有强的还原性，不能氧化NH3，B不符合题意；‎ C.NH4Cl中N元素化合价也是-3价，不能与氨气反应产生氮气，C不符合题意；‎ D.NO2中N元素化合价也是+4价，能与氨气反应产生氮气，D符合题意；‎ 故合理选项是AD。‎ ‎【点睛】本题考查了氮元素的单质及化合物的转化、气体的制取、干燥、氧化还原反应的应用等。掌握N元素的有关物质的性质、反应规律、氧化还原反应中电子得失与元素化合价的升降、反应类型的关系、物质的作用关系等基础知识和基本理论是本题解答的关键。‎ ‎20.工业上用软锰矿(只含MnO2和MnO)、H2SO4(过量)和FeS2制备MnSO4·H2O的流程如下(已知流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应)：‎ ‎（1）已知①中只有三个反应，其中两个反应是 MnO+H2SO4MnSO4+H2O FeS2+H2SO4FeSO4+H2S↑+S↓‎ 完成第三个反应：‎ ‎___MnO2+___FeSO4+___ ____________MnSO4+___ _________+___ _________‎ ‎（2）沉淀A、B的化学式分别是____________________、__________________。‎ ‎（3）滤液X中的溶质有__________；实验室中浓缩滤液Y时使用的玻璃仪器有___________________。‎ ‎（4）若得到的沉淀A的质量和MnSO4·H2O的质量分别为96.0 g、321.1 g，②中加入的MnO为0.1 mol，则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为____________。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 2 (3). 2 (4). H2SO4 (5). 1 (6). 1 (7). Fe2(SO4)3 (8). 2 (9). H2O (10). S (11). Fe(OH)3 (12). MnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 (13). 玻璃棒、酒精灯 (14). 5∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，反应物中要加入硫酸，提供酸性环境，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式。（2）根据所给反应方程式和转化关系判断沉淀A，滤液X中加入MnO调节溶液的pH，可以生成Fe(OH)3沉淀；（3）根据所给反应方程式判断滤液X中的溶质；根据蒸发浓缩分析仪器；（4）根据关系式，2S~2FeSO4~MnO2，计算MnO2的物质的量，根据锰元素守恒计算软锰矿中MnO的物质的量。‎ ‎【详解】（1）反应物中要加入硫酸，提供酸性环境，锰元素化合价由+4变为+2，所以铁元素化合价由+2升高为+3，有硫酸铁生成，根据元素守恒，产物中还有水生成，所以反应方程式是 1 MnO2+2_FeSO4+2H2SO41 MnSO4+ 1 Fe2(SO4)3+2H2O。（2）根据FeS2+H2SO4FeSO4+H2S↑+S↓可知沉淀A为硫单质，滤液X加入MnO调节溶液的pH，沉淀B为Fe(OH)3。（3）根据所给反应方程式，可知滤液X中含过量的H2SO4、反应生成的MnSO4、Fe2(SO4)3，则滤液X中的溶质有MnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4；‎ 蒸发操作时使用的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯。（4）根据关系式，2S~2FeSO4~MnO2，n(MnO2)=n(S)× =1.5 mol；n(MnSO4·H2O)==1.9 mol，根据锰元素守恒可知n(MnO)=1.9 mol−1.5 mol−0.1 mol=0.3 mol，则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为5∶1。‎ ‎ ‎