福建省莆田市荔城区2018-2019学年高一下第二次月考化学试题（含解析）

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1、莆田八中2018-2019学年下学期高一化学月考试卷相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Zn-65 一、选择题（18小题，每题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意。1.化学与环境密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏，有助于节能减排B. 给汽车安装尾气转化装置，可减少氮氧化物的排放而造成大气污染C. CO2、SO2和NO2都会导致酸雨的形成D. 光化学烟雾的形成与氮氧化物的大量排放密切相关【答案】C【解析】【详解】A 项、煤燃烧生成的二氧化硫可导致酸雨，石灰对煤燃烧

2、后形成的烟气脱硫，可减少二氧化硫的排放，并回收石膏符合节能减排的理念，故A正确；B项、汽车尾气中含有大量有害气体氮的氧化物和一氧化碳，在汽车上安装尾气净化装置，可以将有害气体转化为无害气体氮气和二氧化碳，故B正确；C项、溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO2都会导致酸雨的形成，CO2可导致温室效应，与酸雨无关，故C错误；D项、NO2、NO含氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学与生活，注意化学与环境的关系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用是解答的关键。2.下列有关化学与生活的描述不正确的是( )A. 食品包装中常放入硅胶防止食物受潮B. 用SO

3、2漂白纸浆和草帽辫C. 因为NO没有毒，所以可利用极少量的NO会促进血管扩张原理，防止人体形成血栓D. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气【答案】C【解析】【详解】A项、硅胶可以做干燥剂，为了防止食品受潮变质，常在食品包装袋中放入硅胶，故A正确；B项、二氧化硫具有漂白性，常用SO2漂白纸浆和草帽辫，故B正确；C项、NO有毒，极少量时在人体血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故C错误；D项、浓盐酸易挥发，挥发出的氯化氢与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，产生大量的白烟，则可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质的性质与用途，注重化学与生

4、活、环境的联系，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键。3.下列关于硅及其化合物说法正确的是（ ）A. 硅是非金属单质，与任何酸都不发生反应B. 高纯度的单质硅被广泛应用于光导纤维C. NaOH溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中D. 可利用HCl除去SiO2中的少量CaCO3【答案】D【解析】【详解】A项、硅是非金属单质，常温下性质稳定，不与硝酸、盐酸和硫酸发生反应，但是常温下硅能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故A错误；B项、高纯度的硅单质是半导体，广泛用于制作芯片，二氧化硅可以制光导纤维，故B错误；C项、因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起

5、，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故C错误；D项、碳酸钙与盐酸反应，而二氧化硅不能与盐酸反应，因此可利用HCl除去SiO2中的少量CaCO3，故D正确。故选D。【点睛】本题考查元素化合物的性质及用途，注意熟悉硅及其化合物的性质是解题关键。4.纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是( ) A. X溶液可用作木材、纺织品的防火剂和防腐剂B. 步骤若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行C. 步骤中的稀硫酸可用CO2来代替D. 步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3+ Na2SO4【答案】B【解析】【分析】由化学工艺流程可知，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，则X是硅

6、酸钠溶液，硅酸钠溶液与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，则Y是硅酸，硅酸灼烧分解生成二氧化硅。【详解】A项、X是硅酸钠溶液，硅酸钠溶液具有阻燃性，可用作木材、纺织品的防火剂和防腐剂，故A正确；B项、步骤为硅酸灼烧分解生成二氧化硅，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；C项、碳酸的酸性都强于硅酸，硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，故C正确；D项、步骤II的反应是硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，反应的化学方程式为Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3+ Na2SO4，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意硅及其化合物的性质，明确流程中物质之间的转化是解题关键。5.某硅酸盐矿物石棉的化学式可表

7、示为Ca2MgxSiyO22(OH)2，则该化学式中x、y的值分别是( )A. 5、8B. 8、3C. 3、8D. 8、5【答案】A【解析】试题分析：通常各元素的化合价为：钙显+2价，镁显+2价，硅显+4价，氧显-2价，氢氧根显-1价，根据在化合物中正负化合价代数和为零，石棉的化学式为Ca2Mgx Siy O22（OH）2，可得：（+2）2+（+2）x+（+4）y+（-2）22+（-1）2=0，则x+2y=21，A.5+28=21，故A选；B.8+2321，故B不选；C.3+2821，故C不选；D. 82521，故D不选；故选A。考点：考查硅酸盐化学式的有关计算【名师点睛】该题是高考中的常见题

8、型和考点，属于基础性试题的考查，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。6.下列说法正确的是(设阿伏加德罗常数的数值为NA) （ ）A. 把足量铜投入2 mol 的浓H2SO4中，加热反应后得到的气体在标准状况下的体积为22.4 LB. 密闭容器中1.5mol H2和0.5mol N2在一定条件下充分反应，最终的原子总数为4NAC. 常温下，将27g Al投入足量的18.4 mol/L的浓硫酸中，产生1.5mol H2D. 标准状况下，22.4L NH3和HCl

9、气体混合后含有的分子总数为NA【答案】B【解析】【分析】A、Cu与稀H2SO4不反应，Cu与浓H2SO4共热反应时，随反应进行浓H2SO4浓度逐渐减小；B、由质量守恒定律可知，反应前后原子个数守恒；C、常温下，Al在浓硫酸中会发生钝化现象；D、NH3和HCl会反应生成氯化铵固体。【详解】A项、Cu与稀H2SO4不反应，Cu与浓H2SO4共热反应时，随反应进行浓H2SO4浓度逐渐减小，当变为稀H2SO4时，反应自行停止，则产生的SO2在标准状况下不足22.4 L，故A错误；B项、密闭容器中1.5mol H2和0.5mol N2原子总数为4NA，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数守恒，则1.5m

10、ol H2和0.5mol N2在一定条件下充分反应，最终的原子总数为4NA，故B正确；C项、常温下，Al在浓硫酸中会发生钝化现象，则常温下，将27 g A1投入足量18.4 molL-1的硫酸中，不能生成氢气，故C错误；D项、NH3和HCl气体混合后，NH3和HCl会反应生成氯化铵固体，分子总数会减小，故D错误。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，解题时注意物质的状态、存在的条件、物质的性质和分子的组成等因素，明确以物质的量为核心的计算公式是解题关键。7.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 氯气通入到H2S溶液：Cl2+S2-= S+2Cl-B. 氨水和氯化铁溶液反应：Fe3+3OH-=Fe（O

11、H）3C. 向(NH4)2SO4溶液中加入适量Ba(OH)2：Ba2+SO42-=BaSO4D. 向浓硝酸中加入铜片：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O【答案】D【解析】【分析】A、H2S是弱酸，不能拆写成S2-；B、一水合氨是弱碱，不能拆写；C、一水合氨是弱碱，不能拆写；D、铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。【详解】A项、氯气与H2S溶液发生氧化还原反应生成S和HCl，H2S是弱酸，不能拆写成S2-，反应的离子方程式为H2S+Cl2=S+2H+2Cl-，故A错误；B项、氨水和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，一水合氨是弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为Fe3+3N

12、H3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故B错误；C项、(NH4)2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氨水，一水合氨是弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为2NH4+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+2NH3H2O，故C错误；D项、铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+2NO3-+4H+=Cu2+2NO2+2H2O，故D正确。故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。8.下列化合物可通过单质直接化合生成的是（ ）A. CuSB. NO2C. SO3D. Na2O2【答案】D【解析】分析】A

13、、硫和铜共热反应生成Cu2S；B、氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮；C、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫；D、钠在空气中加热会生成淡黄色的固体过氧化钠。【详解】A项、硫单质的氧化性较弱，和铜共热反应生成Cu2S，故A错误；B项、氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，故B错误；C项、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂作用下加热和氧气反应生成三氧化硫，故C错误；D项、钠在空气中加热会生成淡黄色的固体过氧化钠，故D正确。故选D。【点睛】本题考查元素化合物的性质，注意单质间发生化学反应的条件及产物判断是解答关键。9.下列物质都具有漂白作用，其中漂白原

14、理为化学变化但没有发生氧化还原反应的物质是（ ）A. 次氯酸B. 双氧水C. 二氧化硫D. 活性炭【答案】C【解析】【详解】HClO、H2O2是因具有强氧化性而表现漂白作用，使有色物质褪色；SO2不具有强氧化性，SO2与某些有色物质化合生成了不稳定的无色物质，使有色物质褪色，但没有发生氧化还原反应；活性炭因具有吸附性而表现漂白作用，使有色物质褪色，褪色过程不是化学变化，故选C。【点睛】本题考查漂白原理，注意分析HClO、活性炭、H2O2、SO2几种物质的漂白原理的区别是解答关键。10.下列关于气体的鉴别不正确的是（ ）A. 品红溶液用来鉴别CO2和SO2B. BaCl2溶液用来鉴别CO2和SO

15、2C. 湿润淀粉碘化钾试纸不能用来鉴别NO2和Br2D. AgNO3溶液用来鉴别NO2和Br2【答案】B【解析】【分析】SO2和CO2两种无色气体的化学性质相似，都能与碱反应，水溶液都能使石蕊试液变色，但SO2具有漂白性和还原性；NO2和Br2红棕色气体的氧化性相当，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，Br2蒸气通入水中，水溶液有颜色，通入AgNO3（aq）中会生成淡黄色沉淀，NO2通入水中，水溶液无色，通入AgNO3（aq）中会反应但没有明显现象。【详解】A项、二氧化硫具有漂白性可使品红褪色，而二氧化碳不能，则用品红溶液鉴别SO2和CO2两种气体，故A正确；B项、SO2和CO2两种无色气体都不与

16、BaCl2溶液反应，则无法鉴别，故B错误；C项、NO2和Br2都有较强氧化性，都能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，则无法鉴别，故C正确；D项、Br2蒸气通入AgNO3溶液中会反应，生成淡黄色沉淀，NO2通入AgNO3溶液中会反应，但无明显现象，故D正确。故选B。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，熟悉物质的性质，注意利用两种物质的性质的差异来鉴别是解答本题的关键。11.下列有关S及其化合物的说法正确的是( )A. 浓硫酸因具有强氧化性，故不可作H2S气体的干燥剂B. SO2和Cl2都能漂白某些有色溶液，若将两种气体同时通入有色溶液中，漂白效果更好C. 用NaOH溶液吸收SO2时，只能生成一种盐D. S

17、与非金属单质反应时，S均作为还原剂【答案】A【解析】【分析】A、硫化氢具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性；B、SO2和Cl2等物质的量在溶液中混合时，发生氧化还原反应生成不具有漂白性的盐酸和硫酸；C、NaOH溶液与少量的SO2反应生成Na2SO3，与过量的SO2反应生成NaHSO3；D、与氢气反应时生成硫化氢，硫做氧化剂。【详解】A项、硫化氢具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸能够氧化硫化氢，不能使用浓硫酸干燥硫化氢，故A正确；B项、SO2和Cl2等物质的量在溶液中混合时，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸不具有漂白性，不能使有色物质褪色，故B错误；C项、NaOH溶液与少量的SO2反

18、应生成Na2SO3，与过量的SO2反应生成NaHSO3，所以用NaOH溶液来吸收尾气中的SO2，可能生成2种盐，故C错误；D项、S与非金属单质反应例如氢气反应时生成硫化氢，硫做氧化剂，故D错误。故选A。【点睛】本题考查元素及其化合物的性质，注意硫及其化合物的性质及应用是解题关键。12.某同学设想用如下图所示装置来验证浓硫酸的某些性质，其中不能达到实验目的是（ ）ABCD实验目的吸水性脱水性溶解放热强氧化性实验装置A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】浓硫酸是具有强氧化性、吸水性和脱水性的强酸，溶于水时会放出大量的热。【详解】A项、盛有水的烧杯中水的量减少可以证明浓硫酸具有吸

19、水性，故A正确；B项、滤纸片脱水炭化可以证明浓硫酸具有脱水性，故B正确；C项、U形管中的水面右高左低，说明浓硫酸溶解时放出大量的热，使锥形瓶中压强增大，故C正确；D项、Cu与浓H2SO4常温下不反应，共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D错误。故选D。【点睛】本题考查浓硫酸的性质，注意浓硫酸的性质及应用是解题关键。13.下列关于N及其化合物的说法正确的是（ ）A. 久置的浓硝酸会呈黄色，这是浓硝酸分解之后产生NO2溶于其中的缘故.B. 因NH4Cl受热会分解，故可利用加热NH4Cl制备NH3C. 检验氨气可用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，观察到变红D. 氨气溶于水后溶液中共有5种粒子【答案】A

20、【解析】【分析】A、浓硝酸具有不稳定性，遇光或受热易分解生成二氧化氮、氧气和水；B、NH4Cl受热会分解生成氨气和氯化氢，遇冷氨气和氯化氢又发生反应生成氯化铵；C、氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；D、氨水溶液中存在氨分子、一水合氨分子、水分子和铵根离子、氢氧根离子、氢离子。【详解】A项、浓硝酸具有不稳定性，遇光或受热易分解生成二氧化氮、氧气和水，分解生成的二氧化氮溶于硝酸，使久置的浓硝酸会呈黄色，故A正确；B项、NH4Cl受热会分解生成氨气和氯化氢，遇冷氨气和氯化氢又发生反应生成氯化铵，则不可利用加热NH4Cl制备NH3，故B错误；C项、检验氨气可用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察到试纸变

21、蓝色，故C错误；D项、氨气溶于水后，氨气部分与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离，氨水溶液中存在氨分子、一水合氨分子、水分子和铵根离子、氢氧根离子、氢离子，共有6种粒子，故D错误。故选A。【点睛】本题考查元素化合物的性质及用途，注意熟悉氮及其化合物的性质及应用分析是解题关键。14.已知氨气极易溶于水,而难溶于有机溶剂CCl4.下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.水的密度比苯大，不能防止倒吸，故A符合；B.使用倒置漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不符合；C.水的密度比四氯化碳小，浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，

22、也不溶解氨气，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故C不符合；D.球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故D不符合；故选A。15.盛有NO和NO2的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中,过一段时间后,量筒内的气体体积减小为原来的一半.则原混合气体中NO和NO2的体积比是（ ）A. 3:1B. 1:3C. 2:1D. 1:2【答案】B【解析】设原气体中NO与NO2的体积比为1:a，由反应：2NO2H2O=2HNO3NO可知，由题意可知：，得a=3，所以原混合气体中NO和NO2的体积比是1316.下列对实验现象的描述中，正确的是A. 将铜片投入到稀硝酸中，产生大量红棕色气体B. 充满NO2的试管

23、倒立在水槽中，整支试管内气体的颜色变浅直至无色C. 将铁片投入到冷的稀硝酸中，铁片不溶解D. 打开盛浓硝酸的瓶盖，有白雾出现【答案】D【解析】【分析】A、一氧化氮为无色气体；B、红棕色二氧化氮与水反应生成无色的一氧化氮气体和硝酸；C、将铁片投入到冷的稀硝酸中，铁与冷的稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；D、浓硝酸具有挥发性，打开盛浓硝酸的瓶盖，挥发出的硝酸与水蒸气结合生成硝酸小液滴。【详解】A项、铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮为无色气体，故A错误；B项、红棕色的二氧化氮与水反应生成无色的一氧化氮气体和硝酸，试管中液面上升，气体颜色变浅直至无色，故B错误；C项、将铁片投入到冷的

24、稀硝酸中，铁与冷的稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，故C错误；D项、浓硝酸具有挥发性，打开盛浓硝酸的瓶盖，挥发出的硝酸与水蒸气结合生成硝酸小液滴而出现白雾，故D正确。故选D。【点睛】本题考查元素化合物的性质及用途，注意熟悉氮及其化合物的性质及应用分析是解题关键。17.下列有关试剂的保存方法，错误的是A. 少量的钠保存在煤油中B. 氢氧化钠溶液保存在橡皮塞的玻璃试剂瓶中C. 新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中D. 浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中【答案】D【解析】分析】A、钠易与空气中氧气、水等反应，但与煤油不反应；B、氢氧化钠溶液能和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液具有粘性；C、新制的氯

25、水中含有次氯酸，次氯酸不稳定受热易分解；D、浓硝酸见光或受热易分解。【详解】A项、钠易与空气中氧气、水等反应，但与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故A正确；B项、氢氧化钠溶液能和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液具有粘性，能把玻璃塞黏住，所以氢氧化钠溶液保存在橡皮塞的玻璃试剂瓶中，故B正确；C项、新制的氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定受热易分解，应保存在无色玻璃试剂瓶中避光保存，故C正确；D项、浓硝酸见光或受热易分解，应保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学试剂的保存，注意物质的性质决定物质的保存方法是解答关键。18.已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄

26、绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变为黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是（ ）A. 实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性B. 上述实验中，共有2个氧化还原反应C. 实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D. 上述实验证明氧化性：MnO4-Cl2Fe3+I2【答案】D【解析】【分析】实验中KMnO4是氧化剂，得电子被还原生成氯化锰，浓盐酸是还原剂，失电子被氧化生成黄绿色气体氯气；实验中FeCl2是还原剂，失电子被氧化生成氯化铁，氯气是氧化剂，得电子被还原生成氯化铁；实验中KI是还原剂，失电子被氧化生成单质碘，氯化铁是氧化剂，得电子被还

27、原生成氯化亚铁。【详解】A项、实验中FeCl2是还原剂，失电子被氧化生成氯化铁，故A错误；B项、上述三个反应中均有元素的化合价变化，则均属于氧化还原反应，故B错误；C项、实验生成的氯气能与碘化钾发生置换反应生成单质碘，所以实验生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D项、实验中高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-Cl2；实验中氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2Fe3+；实验中碘离子是还原剂、铁离子是氧化剂，氧化性：Fe3+I2，则氧化剂的氧化性：MnO4-Cl2Fe3+I2，故D正确。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握发生的三个反应，明确反应中元

28、素的化合价变化是解答本题的关键。二、非选择题（4大题，共46分)19.某化学实验小组同学利用以下装置制备氨气，并探究氨气的性质（部分仪器已略去）。请回答下列问题：A B（1）实验室制备氨气的化学方程式为_；干燥氨气常用的干燥剂是_。（2）收集氨气时，请你选择氨气的进气口_（填“a”或“b”）。（3）、若观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是_。、若装置B中的烧瓶充满干燥气体，烧杯中盛有液体，下列组合中不可能形成喷泉的是_A HCl和H2O B H2和H2O C CO2和NaOH（4）氨气在催化剂并且加热时会被空气氧化，这是工业制硝酸的第一步反应，写出该反应的化学方程式_。

29、【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3+2H2O+CaCl2（2分） 碱石灰 （1分）（2）a （1分）（3）NH3极易溶于水且水溶液呈碱性（2分） B（2分）（4）4NH3+5O24NO+6H2O（2分）【解析】试题分析：（1）实验室用加热氯化氨和消石灰的固体混合物制取氨气，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaCl2；得到的氨气为碱性气体，可以用碱石灰（碱性干燥剂，氢氧化钠固体和氧化钙的混合物）干燥。（2）氨气的式量为17，空气的平均式量为29，氨气密度小于空气的密度，所以要采用向下排空气法收集氨气，即a 为进气口，b为出气口，故答案为：a；（3）、氨

30、气溶于水生成氨水，氨水电离出自由移动的氢氧根离子，所以溶液呈碱性，加入酚酞后溶液呈红色；、氨气形成喷泉的原理是由于氨气极易溶于水，氨气溶于水而导致烧瓶内压强减小，从而形成喷泉。依据氨气形成喷泉的原理，如要形成喷泉，烧瓶内气体溶于水导致烧瓶内压强减小，外界大气压将烧杯内液体压入到烧瓶内，从而形成喷泉；因为H2不溶于水，不能形成喷泉，所以本题选B。（4）氨催化氧化法制硝酸的步骤：氨气催化氧化为一氧化氮、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮、二氧化氮和水反应生成硝酸，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。考点：氨的制取和性质点评：本题考查氨气的制取和性质等知识，题目较为综合，具有一定难度，熟练掌握实

31、验室中制取氨气的反应原理，氨气的性质是解答本题的关键。20.某化学兴趣小组为研究生铁（含少量碳）与浓硫酸的反应情况及产物性质，设计如下实验装置（夹持装置及尾气处理装置未画出）。请回答下列问题：A B C（1）仪器b 的名称为_，按照上图装置进行实验，实验过程中，装置B中的现象是湿润的品红试纸_，湿润的蓝色石蕊试纸_ 。若观察到装置C中会出现白色沉淀，原因是_。（2）装置A中还会产生能够使得澄清石灰水变浑浊的另一种气体，请写出产生该气体的化学方程式_为了验证该气体，应从下列中选出必要的装置连接装置A中出口C处，从左到右的顺序是_（填序号），连接好装置，然后打开弹簧夹a，多次鼓入N2,其目的是_。

32、【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 褪色 (3). 变红 (4). SO2水溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下使之氧化为SO42-,结合Ba2+生成BaSO4. (5). C2H2SO4（浓） 2H2OCO22SO2 (6). 或 (7). 赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实验【解析】【分析】（1）由装置图可知，生铁中的铁和碳在装置A中与浓硫酸共热反应，生成硫酸铁、二氧化硫、二氧化碳和水，反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使装置B中湿润的品红试纸漂白褪色，二氧化硫和二氧化碳是酸性氧化物，与水反应生成酸，能使装置B中湿润的蓝色石蕊试纸变红色，NO3-在酸性条件下将二氧化硫氧化生成硫酸，硫

33、酸与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀；（2）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，开始鼓入氮气，排尽装置中的空气。【详解】（1）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸共热反应生成硫酸铁、二氧化硫、二氧化碳和水，反应生成的二氧化硫具有漂白性，可使湿润的品红试纸褪色，二氧化硫和二氧化碳是酸性氧化物，与水反应生成酸，湿润的石蕊试纸变红；NO3-在酸性条件下将二氧化硫氧化生成硫酸，硫酸与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：分液漏斗；品红试纸褪色，石

34、蕊试纸变红；SO2水溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下使之氧化为SO42-,结合Ba2+生成BaSO4；（2）装置A中碳也与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应方程式为C2H2SO4（浓）2H2OCO22SO2；二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫,然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽,最后通入澄清石灰水检验二氧化碳,则从左到右的顺序为；空气中二氧化碳会干扰反应生成二氧化碳的检验，加热前打开弹簧夹a，目的是赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实验，故答案为：C2H2SO4（浓）2H2OCO22SO2；赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实

35、验。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，涉及了浓硫酸的性质实验、二氧化硫与二氧化碳的检验等，注意二氧化硫性质的分析应用，注意二氧化硫、二氧化碳检验先后顺序，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色是解答关键。21.下图是某元素及其重要化合物之间的相互转化关系图(生成物中不含该元素的物质均已略去)。其中A是单质，D在常温下呈气态，F可用作氮肥。据此，请回答下列问题：(1)写出以下物质的化学式：A_，D_，F_。(2)写出下列变化的化学方程式：BC_EC_【答案】 (1). N2 (2). NO2 (3). NH4NO3 (4). 4NH35O24NO6H2O (5). 3Cu2NO3-+8H+3Cu2

36、+2NO4H2O【解析】【分析】由题意中各物质均含有相同的元素，而F可用作氮肥，可知各物质均含有N元素，A是单质，则A为N2，D在常温下呈气态，C、D、E之间可以相互转化，且A能转化为B和C，而B与E可以得到氮肥F，可推知B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F是NH4NO3。【详解】（1）由上述分析可知，A为N2，D为NO2，F是NH4NO3，故答案为：N2；NO2；NH4NO3；（2）BC的反应为在催化剂作用下，氨气与氧气共热反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH35O24NO 6H2O；EC的反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu2NO3

37、-+8H+3Cu2+2NO4H2O，故答案为：3Cu2NO3-+8H+3Cu2+2NO4H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，熟练掌握元素化合物性质，注意氮及其化合物性质与转化，以F为突破口进行推断是解答关键。22.某化工厂用废铜渣（含少量铁）为原料生产胆矾的流程如下：（1）本化工厂所需的硝酸是一种重要的化工原料，制备该硝酸主要通过三个过程，则以NH3作为原料的该过程反应化学方程式为_。该HNO3的酸酐是_。所需的硫酸在工业上是用浓硫酸吸收SO3，不直接用H2O吸收的原因是_（2）浸出时稀硝酸和Cu反应的离子方程式为_（3）将制得的胆矾中加入浓硫酸会变成白色物质，此过程体现了浓硫酸的_性。【答

38、案】 (1). 4NH35O24NO6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO (2). N2O5 (3). SO3与H2O化合时，放出大量热。如用水或稀硫酸作吸收剂时，易形成酸雾，吸收速度减慢，不利于SO3的吸收 (4). 3Cu2NO3-+8H+3Cu2+2NO4H2O (5). 吸水【解析】【分析】由化学工艺流程可知，废铜渣中的铁和铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O；向浸出液中加入氧化铜调节溶液的pH，使铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤，滤渣的主要成分为Fe（OH）3，滤液

39、为硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。【详解】（1）工业上用氨气制备硝酸的过程为，氨气在催化剂作用下，与氧气共热反应氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2O；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；硝酸的酸酐为五氧化二氮，化学式为N2O5；因SO3与H2O化合时，反应放出大量热，用水吸收SO3时，易形成酸雾，吸收速度减慢，不利于SO3的吸收，所以工业上是用浓硫酸吸收SO3，不直接用H2O吸收，故答案为：4NH35O24NO6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO；N2O5；SO3与H2O化合时，放出大量热。如用水或稀硫酸作吸收剂时，易形成酸雾，吸收速度减慢，不利于SO3的吸收；（2）稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu2NO3-+8H+3Cu2+2NO4H2O，故答案为：3Cu2NO3-+8H+3Cu2+2NO4H2O；（3）浓硫酸具有吸水性，能够使胆矾失去结晶水生成无水硫酸铜，故答案为：吸水性。【点睛】本题以工艺流程为载体考查硝酸和硫酸的工业制法，注意掌握硝酸和硫酸工业制法中的过程，明确硫酸和硝酸的性质是解答关键。