2021-2022学年北京市海淀区高一(上)期末化学试卷(附答案详解)

2021-2022学年北京市海淀区高一（上）期末化学试卷

一、单选题（本大题共22小题，共44.0分）

1. 国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京冬奥会最具科技

含量的场馆。它的建设应用了智慧建造技术，减少使用钢材2800吨；采用当前冬季运动场馆最环保的

技术之一二氧化碳跨临界直接技术，通过压力变化使二氧化碳汽化实现制冷。下列说法中，不正确的是( )

A. 钢材属于金属材料

B. CO2由液态变为气态，会吸收热量

C. 二氧化碳跨临界直接技术利用了其化学性质

D. 应用二氧化碳跨临界直接技术符合“绿色奥运”理念

2. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )

A. NaOH溶液 B. Fe(OH)3胶体

C. 蔗糖溶液

D. CuSO4溶液

3. 下列物质中，属于电解质的是( )

A. 乙醇 B. 食盐水 C. KNO3

D. Mg

4. 下列关于物质分类的叙述中，不正确的是( )

A. NH3属于盐 C. SO2属于氧化物

B. HNO3属于酸 D. KOH属于碱

5. 下列关于金属钠的说法中，不正确的是( )

A. 有银白色金属光泽 C. 保存在煤油中

6. 下列关于NO2的说法中，正确的是( )

B. 在空气中燃烧生成Na2O2 D. 在常温下不能与氧气反应

A. 常温常压下为无色气体 C. 密度比空气小

B. 能用Cu与浓反应制得 D. 能用排水集气法收集

7. 下列操作中，不符合实验安全规范的是( )

A. 点燃H2前，先进行验纯

B. 稀释浓硫酸时，将水加入浓硫酸中 C. 熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖 D. 闻Cl2时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔

8. 下列各组离子中，在水溶液中能大量共存的是( )

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A. H+、Cl−、Fe2+、NO−3 C. K+、Na+、OH−、Cl−

−

B. Na+、Cu2+、SO2−4、OH

D. H+、Na+、I−、Fe3+

9. 下列关于Na2SO3性质的预测中，不合理的是( )

A. 具有氧化性 C. 能与KOH溶液反应

B. 具有还原性 D. 能与稀硫酸反应

10. 下列转化需要通过氧化还原反应才能实现的是( )

A. KI→I2 C. N2O5→HNO3

B. FeO→FeCl2 D. NH3→(NH4)2SO4

11. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )

A. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH−+H++SO2−4=BaSO4↓+H2O B. Cu与AgNO3溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++Ag C. Na与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑

+

D. CaCO3与盐酸反应：CO2−3+2H=CO2↑+H2O

12. 下列说法中，正确的是( )

A. Cu的摩尔质量是g⋅mol−1

B. 常温常压下，1molH2O的体积是22.4L C. 1molSO2中含有的原子数约为6.02×1023 D. 0.1mol⋅L−1KCl溶液中含有K+的物质的量是0.1mol

+2−13. 某同学配制的植物营养液中有4种离子，其中所含的NO−3、K、SO4的物质的量浓

度分别为0.2mol⋅L−1、0.3mol⋅L−1、0.4mol⋅L−1，则Zn2+的物质的量浓度为( )

A. 0.5mol⋅L−1 B. 0.7mol⋅L−1 C. 0.35mol⋅L−1 D. 0.9mol⋅L−1

14. 实验室用如图装置(夹持装置已略去)制备NH3，并研究其性质，试管中应加入的试

剂是( )

A. NH4HCO3

B. CaCl2和NH4Cl的固体混合物 C. NH4Cl

D. Ca(OH)2和NH4Cl的固体混合物

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15. 实验室用如图装置(夹持装置已略去)制备NH3，并研究其性质。其中，a、b为湿润

的红色石蕊试纸，下列关于NH3性质实验的说法中，不正确的是( )

A. 装置乙中，b先变蓝，a后变蓝 C. 装置丁中，试剂可以是水

B. 装置丙中，产生大量白烟 D. 装置丁具有防止倒吸的作用

16. 下列NH3的干燥试剂和收集方法中，正确的是( )

选项 干燥试剂 收集方法 浓硫酸 向上排空气法 A 浓硫酸 向下排空气法 B 碱石灰 向上排空气法 C 碱石灰 向下排空气法 D A. A B. B C. C D. D

17. 自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，不正确的是( )

A. 硝化过程中，含氮物质被氧化

B. 氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4

+

属于氮的固定，N2发生还原反应 C. N2→NH4

D. 土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素

18. 粗食盐水中常含有少量Ca2+、Mg2+、SO2−4杂质离子，实验室提纯粗食盐水制取食

盐的流程如图，过程I中，不需要使用的实验仪器是( )

A. 酒精灯 B. 玻璃棒 C. 漏斗 D. 烧杯

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19. 粗食盐水中常含有少量Ca2+、Mg2+、SO2−4杂质离子，实验室提纯粗食盐水制取食

盐的流程如图所示，关于实验过程中所选用的试剂、目的及所发生反应的离子方程式均正确的是( )

选项 A B C D 试剂 KOH溶液 BaCl2溶液 Na2CO3溶液 盐酸 目的 仅除去Mg2+ 仅除去SO2−4 仅除去Ca2+ 除去OH−和CO2−3 离子方程式 Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ Ba2++Na2SO4=BaSO4↓+2Na+ Ca2++CO2−3=CaCO3↓ H++OH−=H2O 2H++CO2−3=CO2↑+H2O A. A B. B C. C D. D

20. 粗食盐水中常含有少量Ca2+、Mg2+、SO2−4杂质离子，实验室提纯粗食盐水制取食

盐的流程如图，过程III中，用到的分离方法是( )

A. 吸附 B. 加热蒸发 C. 过滤 D. 冷却结晶

21. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是( )

选项 A 实验操作及现象 实验结论 向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的原溶液中一定含有红色石蕊试纸变蓝的气体 +NH4 B 向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀 C 向某溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去 D 原溶液中一定含有Cl− 原溶液中一定含Fe2+ 向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石原溶液中一定有灰水变浑浊 CO2−3 A. A B. B C. C D. D

22. 我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如下表所示。研究人员测

定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3空气，用0.1mo⋅

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L−1硫酸调节pH，然后用I2溶液将其氧化，测得恰好完全反应时消耗I22.mg。下列推断中，不正确的是( )

标准等级 浓度限值(mg⋅m−3) 一级标准 0～0.15 二级标准 0.15～0.50 三级标准 0.50～0.70 A. 恰好完全反应时消耗I2的物质的量为1×10−5mol B. 反应中转移电子的物质的量为2×10−5mol C. 被吸收的空气中SO2的质量为0.mg D. 被测空气样品中SO2的浓度达到了三级标准

二、填空题（本大题共1小题，共8.0分） 23. 回答下列问题：

(1)补齐物质与其用途的连线。 用途 A.潜水艇里的供氧剂 B.蒸馒头的膨松剂 C.84消毒液的有效成分 D.涂料中的红色颜料 物质 a.Na2O2 b.Fe2O3 c.NaHCO3 d.NaClO (2)上述NaHCO3的用途，利用了它的 ______(填“物理”或“化学”)性质。 (3)Na2O2可用作潜水艇里的供氧剂，用化学方程式解释其原因：______、______。

三、简答题（本大题共5小题，共40.0分）

24. Mg在CO2中燃烧的反应可用于火星电站发电、人员取暖等，反应的化学方程式为

点燃

2Mg+CO2

−

2MgO+C。

(1)做氧化剂的物质是______，碳元素的化合价 ______(填“升高”或“降低”)。 (2)反应中每生成1molMgO，消耗Mg的物质的量是 ______mol，转移电子的物质的量是 ______mol。

25. 实验小组同学需要配制500mL0.4mol⋅L−1NaCl溶液。

(1)需要称取NaCl的质量为 ______g。

(2)该实验小组同学在实验室中找到了下列仪器。

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①为了完成实验，还缺少的玻璃仪器是 ______。 ②在操作步骤“转移”中，玻璃棒的作用是 ______。

(3)配制过程中，下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏小的是 ______(填序号)。 a.转移时有少量溶液洒出 b.转移后未用蒸馏水洗涤烧杯 c.定容时俯视刻度线

26. 实验室中用如图装置(夹持装置已略去)研究不同价态硫元素之间的转化。

(1)A中产生的气体能使品红溶液褪色，该气体是______，A中反应的化学方程式为 ______。

(2)B处实验现象是 ______，由此推测硫元素从+4价变为+6价。

(3)C处观察到蘸有Na2S溶液的棉花上出现淡黄色的固体，可推测此反应过程中硫元素的价态变化分别是 ______，______。

(4)D装置的作用是 ______，发生反应的离子方程式为______。

27. 铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO、Fe及杂质；杂质与酸不反应，且难溶于水)是一种常

见的工业废料，为了减少污染并变废为宝，工程师设计了如图两种不同的工艺(部分步骤已略去)，用于生产七水合硫酸亚铁(FeSO4⋅7H2O)或柠檬酸铁铵。

(1)过程I

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①Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为 ______。 ②分离出杂质的操作是 ______。 (2)制备柠檬酸铁铵

①补全过程II中发生反应的离子方程式：

______+______H++______H2O2=______Fe3++______。 ②过程III中，加入氨水后，可观察到的现象为 ______。 (3)制备FeSO4⋅7H2O

①过程V中，用离子方程式说明加入铁屑的主要目的是 ______。

②过程I中加入400mL1.5mol⋅L−1硫酸至固体不再溶解，则经过程V反应后所得溶液中Fe2+的物质的量最多为 ______mol。

28. 某小组同学用图1装置研究去除Cl2的方法，并探究不锈钢制的注射器针头出现异常

现象的原因。 I.研究去除Cl2的方法

实验序号 实验现象 注射器中试剂X 瓶内液面上方 3分钟时不锈钢针头 2mLNaOH溶液 2mL水 无色 无明显变化 i ii 黄绿色略变浅 表面附着黄色物质 (1)实验i说明NaOH溶液可以吸收Cl2，用离子方程式解释原理：______。 (2)取实验ii中针头表面黄色物质，加水溶解，滴加少量KSCN溶液，观察到 ______，证明针头中Fe被氧化为Fe3+。 II.探究不锈钢针头出现黄色物质的原因 小组同学提出了如下3种假设。 假设1：Fe被干燥的Cl2氧化为Fe3+； 假设2：Fe被氯水中的HClO氧化为Fe3+； 假设3：Fe被氯水中的H+氧化为Fe2+，。 (3)补全假设3：______。

(4)小组同学用图1装置进行实验iii证明假设1不成立。实验iii的操作及现象为 ______。

(5)小组同学进行实验iv，验证假设2和假设3。

实验iv：分别向pH相同的盐酸和氯水中加入足量的铁粉，记录反应过程中溶液pH的变化，如图2所示。

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已知：pH相同的溶液中，c(H+)相同；pH越大，c(H+)越小。

①补全假设2中反应的离子方程式：

______Fe+______HClO+______=______+______+______。 ②根据图2数据推测假设2可能成立，理由是 ______。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.金属材料包括金属单质及合金，钢材为碳与铁形成的合金，属于金属材料，故A正确；

B.CO2由液态变为气态，会吸收热量，故B正确；

C.二氧化碳跨临界直接技术，不需要发生化学反应，是利用了物质的物理性质，故C错误；

D.应用二氧化碳跨临界直接技术，不会造成环境污染，符合“绿色奥运”理念，故D正确； 故选：C。

A.金属材料包括金属单质及合金； B.依据汽化吸热解答；

C.二氧化碳跨临界直接技术，不需要发生化学反应； D.依据题干信息判断。

本题考点了元素化合物知识，熟悉合金概念及性质、二氧化碳跨临界直接技术原理是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：只有胶体具有丁达尔效应，而溶液和浊液都不具有此性质，NaOH溶液、蔗糖溶液、CuSO4溶液分散系中分散质微粒直径小于1nm，均属于溶液，不能产生丁达尔效应，Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应， 故选：B。

丁达尔效应是胶体特有的性质，只有胶体分散系才能产生丁达尔效应。

本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，题目难度不大，注意胶体性质的理解应用。

3.【答案】C

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【解析】解：A.乙醇是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故A错误；

B.食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C.KNO3溶于水导电，属于电解质，故C正确；

D.Mg是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误； 故选：C。

电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，该概念的前提条件是化合物。 本题考查电解质和非电解质，解题的关键是掌握电解质的概念，题目难度不大，注意基础知识积累。

4.【答案】A

【解析】解：A.氨气为氢化物，不是由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子结合而成的化合物，不是盐，故A错误；

B.电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸，故B正确；

C.二氧化硫属于化合物，含硫、氧两种元素，属于氧化物，故C正确； D.氢氧化钾为化合物，电离产生的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D正确； 故选：A。

A.由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子结合而成的化合物为盐； B.电离产生的阳离子都是氢离子的化合物为酸； C.氧化物为含两种元素的化合物，其中一种为氧元素； D.电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱。

本题考查了物质的分类方法，注意把握盐、酸、盐和氧化物的概念，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

5.【答案】D

【解析】解：A.金属钠是银白色金属，故A正确； B.钠在空气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，故B正确；

C.钠能和水、氧气反应，钠的密度比煤油大，所以钠保存在煤油中，故C正确； D.在常温下，钠能与氧气反应生成Na2O，故D错误； 故选：D。

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钠是银白色的固体，非常活泼在空气中易被氧化，保存在煤油中，能跟水反应发生剧烈反应，具有很强的还原性。

本题考查学生金属钠的性质，明确物质的性质是解题关键，属于基本知识的考查，难度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.常温常压下NO2为红棕色气体，故A错误；

B.Cu与浓反应生成铜、二氧化氮和水，利用该反应可制取二氧化氮，故B正确； C.二氧化氮的密度比空气大，故C错误；

D.二氧化氮与水反应，不能用排水法收集，可用向上排空气法收集，故D错误； 故选：B。

二氧化氮在常温常压下为红棕色气体，其密度比空气大，二氧化氮能够与水反应，不能用排水法收集，铜与浓反应可制取二氧化氮，以此分析解答。

本题考查二氧化氮的性质，明确二氧化氮的性质、制备原理、收集方法为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。

7.【答案】B

【解析】解：A.氢气纯度不足易发生爆炸，则点燃H2前必须验纯，故A正确； B.浓硫酸密度比水大得多，直接将水加入浓硫酸会使水浮在浓硫酸表面，大量放热而使酸液沸腾溅出，造成事故，因此，浓硫酸稀释时，常将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中(烧瓶用玻璃棒引流)，并不断搅拌，使稀释产生的热量及时散出，故B错误； C.金属钠易和水、氧气反应，故不能用水来灭钠火，必须用沙土来覆盖，故C正确； D.闻气体时正确的操作为：用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确； 故选：B。

A.易燃气体点燃前需要验纯；

B.浓硫酸密度比水大，且稀释过程放热，稀释时需要将浓硫酸加入水中； C.金属钠易和水、氧气反应；

D.闻气体应使少量的气体飘入鼻孔，防止中毒。

本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，试题旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成

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良好的实验习惯，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.H+、Fe2+、NO−3之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误； B.Cu2+、OH−之间反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误； C.K+、Na+、OH−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故C正确； D.I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误； 故选：C。

离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。

本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以降低，Na2SO3具有弱氧化性，故A不选；

B.Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以升高，Na2SO3具有还原性，故B不选； C.Na2SO3和KOH溶液不反应，故C选；

D.Na2SO3能与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，故D不选； 故选：C。

Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以降低，也可以升高，具有氧化性和还原性，可以和稀硫酸反应生成弱酸亚硫酸。

本题考查钠的化合物，难度不大，熟悉常见物质的性质为解答的关键，注意日常学习中的积累。

10.【答案】A

【解析】解：B、C、D中均无元素的化合价变化，不需要通过氧化还原反应实现，只有KI中I元素为−1价，I2中I元素为0价，有元素化合价的变化，故KI→I2一定需要通过氧

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化还原反应实现， 故选：A。

元素化合价变化的反应，需要通过氧化还原反应才能实现，以此来解答。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素化合价、物质的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化合价的判断，题目难度不大。

11.【答案】C

【解析】解：A.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO2−4=BaSO4↓+2H2O，故A错误；

B.Cu与AgNO3溶液反应的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故B错误； C.Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C正确； D.CaCO3与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误； 故选：C。

A.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成； B.该反应不满足电荷守恒和得失电子守恒； C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气； D.碳酸钙为难溶物，不能拆开。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：A.一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，单位为g/mol，故铜的摩尔质量为g/mol，故A正确；

B.常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，且水不是气体，故B错误； C.SO2为三原子分子，故1molSO2中含3NA个原子，故C错误； D.溶液体积不明确，故溶液中钾离子的个数无法计算，故D错误， 故选：A。

A.一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，单位为g/mol；

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B.常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，且水不是气体； C.SO2为三原子分子； D.溶液体积不明确。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

13.【答案】C

−10.3mol⋅K+、【解析】解：营养液中所含的NO−SO2−3、4的物质的量浓度分别为0.2mol⋅L、

L−1、0.4mol⋅L−1，根据阴阳离子所带电荷相等，则Zn2+的物质的量浓度为

1×0.2mol/L+2×0.4mol/L−1×0.3mol/L

2

=0.35mol⋅L−1，

故选：C。

结合各离子所带电荷根据溶液为电中性进行计算。

本题以植物营养液成分为载体，考查物质的量浓度相关计算，难度不大，注意溶液中的阴阳离子电荷守恒的应用。

14.【答案】D

【解析】解：A.NH4HCO3受热分解生成氨气、水、CO2，不能制得氨气，故A错误； B.CaCl2和NH4Cl的固体混合物加热生成HCl、NH3，两者在试管口又会生成氯化铵，不能制取氨气，故B错误；

C.NH4Cl加热生成HCl、NH3，两者在试管口又会生成氯化铵，不能制取氨气，故C错误； D.实验室一般用加热Ca(OH)2和NH4Cl的固体混合物的方法制取氨气，可以用向下排空气方法收集，故D正确； 故选：D。

实验室一般用加热Ca(OH)2和NH4Cl的固体混合物的方法制取氨气。

本题考查氨气的干燥及收集方法，把握图示发生装置、气体除杂、收集特点为解答关键，注意掌握常见气体的性质、制备原理、发生装置及收集方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。

15.【答案】A

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【解析】解：A.氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，浓盐酸易挥发产生氯化氢气体，氨气密度小于空气密度，氯化氢大于空气密度，湿润的红色石蕊试纸遇到氨气显蓝色，氯化氢与湿润的红色石蕊试纸不变色，故A错误；

B.氨气与氯化氢反应生成固体氯化铵，看到现象为：装置丙中，产生大量白烟，故B正确；

C.氯化氢易溶于水，可以用水吸收氯化氢，故C正确；

D.氯化氢易溶于水，用水吸收易发生倒吸，装置丁具有防止倒吸的作用，故D正确； 故选：A。

氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，浓盐酸易挥发产生氯化氢气体，氨气密度小于空气密度，氯化氢大于空气密度，氯化氢易溶于水，据此解答。

本题考查了氨气的制备及性质检验，明确氨气制备原理及氨气的性质是解题关键，题目难度不大。

16.【答案】D

【解析】解：氨气属于碱性气体，和浓硫酸反应、和碱石灰不反应，所以应该用碱石灰干燥；氨气密度小于空气，且和氧气在常温下不反应，所以可以采用向下排空气法收集， 故选：D。

氨气属于碱性气体，应该用碱性干燥剂或中性干燥剂，且干燥剂不能和氨气反应；密度小于空气且和氧气不反应的气体，采用向下排空气法收集。

本题考查气体的干燥和收集，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、气体收集方法与其溶解性的关系是解本题关键，题目难度不大。

17.【答案】B

+−

NO−【解析】解：A.由图示可知，硝化过程为：NH4转化为NO−2，2在进一步转化为NO3，

该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，故A正确；

+

B.由图示可知，氨氧化过程中的反应为：NO−2+NH4=N2+2H2O，故亚硝态氮元素与

铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，故B错误；

C.氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→

+NH4属于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到−3价，N2发生还原反应，故C正

确；

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+

D.由图示可知，Fe2+能与NO−Fe3+能与NH4反应转化为N2，故土壤中Fe2+3反应转化为N2，

和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，故D正确； 故选：B。

A.化合价升高的物质被氧化；

+B.根据氨氧化过程中的反应为：NO−2+NH4=N2+2H2O分析；

C.氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程；

+3+D.由图示可知，Fe2+能与NO−3反应转化为N2，Fe能与NH4反应转化为N2。

本题考查了氧化还原化学反应机理，根据图片信息判断物质的性质、结构，侧重于考查学生的分析能力，注意平时知识的积累，题目难度不大。

18.【答案】A

【解析】解：根据分析可知，过程I为过滤，过滤操作所用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要使用的实验仪器是酒精灯， 故选：A。

由实验流程可知，粗盐溶解后，按顺序加入试剂除去杂质，可以加入过量NaOH除去Mg2+，

2−发生反应Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，加入过量BaCl2除去SO2−4，发生反应SO4+

Ba2+=BaSO4↓，加入过量Na2CO3除去Ca2+及多余的Ba2+，发生反应Ca2++CO2−3=CaCO3、Ba2++CO2−3=BaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，过程I为过滤，分离出沉淀，滤液中含NaCl、NaOH、Na2CO3，加盐酸

+II得到的溶液含NaCl，调节pH，发生反应H++OH−=H2O、CO2−3+2H=H2O+CO2↑，

Ⅲ中蒸发结晶分离出NaCl，以此来解答。

本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大。

19.【答案】D

【解析】解：A.加入氢氧根离子主要除去镁离子，加入KOH会引进杂质钾离子，应加入氢氧化钠，离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，故A错误；

B.加入过量BaCl2溶液除去SO2−Na2SO4为易溶的强电解质，应该拆开，离子方程式为：4，

2+SO2−=BaSO4↓，故B错误； 4+Ba

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C.加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+及多余的Ba2+，发生反应Ca2++CO2−3=CaCO3、Ba2++CO2−3=BaCO3，故C错误；

D.加入盐酸主要除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，H++OH−=H2O，离子方程式为：2H++CO2−3=CO2↑+H2O，故D正确； 故选：D。

由实验流程可知，粗盐溶解后，按顺序加入试剂除去杂质，可以加入过量NaOH溶液除去Mg2+，发生反应Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，加入过量BaCl2溶液除去SO2−4，发生反

2+应SO2−=BaSO4↓，加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+及多余的Ba2+，发生反应4+Ba2+Ca2++CO2−+CO2−3=CaCO3、Ba3=BaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠

NaOH、Na2CO3，和氯化钡可以颠倒加入的顺序，过程I为过滤，分离出沉淀，滤液中含NaCl、

+加盐酸调节pH，发生反应H++OH−=H2O、CO2−3+2H=H2O+CO2↑，II得到的溶

液含NaCl，Ⅲ中蒸发结晶分离出NaCl，以此来解答。

本题考查粗盐的提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，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。

20.【答案】B

【解析】解：由上述分析可知，Ⅱ中反应后得到NaCl溶液，NaCl为可溶性固体，Ⅲ中加热蒸发结晶分离出NaCl，故B正确， 故选：B。

由实验流程可知，粗盐溶解后，按顺序加入试剂除去杂质，可以加入过量NaOH除去Mg2+，

2−发生反应Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，加入过量BaCl2除去SO2−4，发生反应SO4+

Ba2+=BaSO4↓，加入过量Na2CO3除去Ca2+及多余的Ba2+，发生反应Ca2++CO2−3=CaCO3、Ba2++CO2−3=BaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，过程I为过滤，分离出沉淀，滤液中含NaCl、NaOH、Na2CO3，加盐酸

+II得到的溶液含NaCl，调节pH，发生反应H++OH−=H2O、CO2−3+2H=H2O+CO2↑，

Ⅲ中蒸发结晶分离出NaCl，以此来解答。

本题考查粗盐的提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，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。

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21.【答案】A

【解析】解：A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知，原溶液中一定

+

含有NH4，故A正确；

B.白色沉淀可能为碳酸银、硫酸银等，则原溶液中不一定含有Cl−，故B错误； C.亚铁离子、氯离子等均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则原溶液中不一定含Fe2+，故C错误；

D.使石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，由操作和现象可知，原溶液中可

−2−能含CO2−3、HCO3或SO3等，故D错误；

故选：A。

A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝； B.白色沉淀可能为碳酸银、硫酸银等；

C.亚铁离子、氯离子等均可被酸性高锰酸钾溶液氧化； D.使石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

22.【答案】D

【解析】解：A.恰好完全反应时消耗I2的物质的量为n(I2)=故A正确；

B.I元素的化合价由0降低为−1价，反应中转移电子为1×10−5mol×[0−(−1)]×2=2×10−5mol，故B正确；

C.S元素的化合价由+4价升高为+6价，由得失电子守恒可知，n(SO2)=

2×10−5mol

6−4

2.×10−3g2g/mol

=1×10−5mol，

=

1×10−5mol，其质量为1×10−5mol×g/mol=0.mg，故C正确； D.结合选项C可知，该空气中SO2的浓度为

0.mg2m3

=0.32mg⋅m−3，结合表中数据可知，

被测空气样品中SO2的浓度达到了二级标准，故D错误； 故选：D。 n(I2)=

2.×10−3g2g/mol

=1×10−5mol，由信息可知，I元素的化合价由0降低为−1价，得到

电子为1×10−5mol×[0−(−1)]×2=2×10−5mol，S元素的化合价由+4价升高为+6

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价，由得失电子守恒可知，n(SO2)=g/mol=0.mg，以此来解答。

2×10−5mol

6−4

=1×10−5mol，其质量为1×10−5mol×

本题考查探究物质组成与含量的方法，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。

23.【答案】化学 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

【解析】解：(1)Na2O2和H2O、CO2反应放出氧气，可以做潜水艇里的供氧剂，A→a；NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，常用作蒸馒头的膨松剂，B→c；NaClO能NaClO是84消毒液的有效成分，C→d；Fe2O3是红色粉末，和二氧化碳反应生成次氯酸，用作涂料中的红色颜料，D→b， 答：A→a；B→c；C→d；D→b；

(2)上述NaHCO3的用途，利用了NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水的性质，属于化学性质， 故答案为：化学；

(3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，所以Na2O2可用作潜水艇里的供氧剂，

故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。 (1)Na2O2可以做潜水艇里的供氧剂；NaHCO3常用作蒸馒头的膨松剂；NaClO是84消毒液的有效成分；Fe2O3用作涂料中的红色颜料；

(2)NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水的性质，属于化学性质； (3)Na2O2和H2O、CO2反应放出氧气，可以做潜水艇里的供氧剂。

本题考查钠及其化合物的应用，难度不大，熟悉钠的化合物以及其重要应用为解答的关键，注意日常学习的积累。

24.【答案】CO2 降低 1 2

【解析】解：(1)在反应2Mg+CO

 点燃 

2

− 

2MgO+C中，C元素化合价由反应前CO2中的+4

价变为反应后C单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以CO2为氧化剂，碳元素的化合价降低， 故答案为：CO2；降低；

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(2)在反应中根据方程式可知：1 mol Mg反应产生1 mol MgO，则反应产生1 mol MgO时Mg是+2价金属，会消耗1 mol Mg；每有1 mol Mg发生反应，转移电子的物质的量是2 mol， 故答案为：1；2。 (1)在反应2Mg+CO2

 点燃 

− 

2MgO+C中，C元素化合价由反应前CO2中的+4价变为反应后

C单质的0价，化合价降低，作氧化剂；

(2)根据Mg元素守恒以及化合价变化可以进行计算。

本题考查氧化还原反应和化学方程式的计算，难度不大，熟悉氧化还原反应的基本知识为解答的关键。

25.【答案】11.7 500mL容量瓶 引流 ab

【解析】解：(1)配制500mL0.4mol⋅L−1NaCl溶液，需要溶质的质量为：0.5L×0.4mol/L×58.5g/mol=11.7g， 故答案为：11.7；

(2)①用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶， 故答案为：500mL容量瓶；

②在操作步骤“转移”中，为防止液体洒落在容量瓶外面，应用玻璃棒引流， 故答案为：引流；

(3)a.转移时有少量溶液洒出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故选；

b.转移后未用蒸馏水洗涤烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故选；

c.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选； 故答案为：ab。

(1)依据m=cVM计算需要溶质的质量； (2)①依据配制步骤选择需要的仪器；

②在操作步骤“转移”中，为防止液体洒落在容量瓶外面，应用玻璃棒引流； (3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=V进行分析。

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，题目难度中等，注意掌握

n

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配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧，试题有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。

26.【答案】二氧化硫 Cu+2H2SO4(浓)

  △  

− 

CuSO4+SO2↑+2H2O 高锰酸钾溶液褪

色 +4降低为0 −2升高为0 吸收二氧化硫，防止污染 SO2+2OH−=SO2−3+H2O

【解析】解：(1)二氧化硫能使品红褪色，A中产生的气体能使品红溶液褪色，该气体是SO2，A中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)

  △  

− 

CuSO4+SO2↑+2H2O，

  △  

故答案为：二氧化硫；Cu+2H2SO4(浓)

− 

CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)B处高锰酸钾溶液褪色，说明锰元素化合价降低，由此推测硫元素从+4价变为+6价， 故答案为：高锰酸钾溶液褪色；

(3)C处观察到蘸有Na2S溶液的棉花上出现淡黄色的固体，说明反应生成S单质，可推测此，SO2中S元素化合价由+4降低为0，Na2S中S元素化合价由−2升高为0， 故答案为：+4降低为0；−2升高为0；

(4)SO2是酸性氧化物，有毒，D装置中的氢氧化钠能吸收二氧化硫，防止污染，发生反应的离子方程式为SO2+2OH−=SO2−3+H2O，

故答案为：吸收二氧化硫，防止污染；SO2+2OH−=SO2−3+H2O。

(1)二氧化硫能使品红褪色，A中产生的气体能使品红溶液褪色，该气体是SO2，A中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫、水； (2)B处高锰酸钾溶液褪色，说明锰元素化合价降低；

(3)C处观察到蘸有Na2S溶液的棉花上出现淡黄色的固体，说明反应生成S单质； (4)SO2是酸性氧化物，有毒，D装置中的氢氧化钠能吸收二氧化硫，防止污染。 本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。

27.【答案】Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 过滤 2Fe2+ 2 1 2 2H2O 产生红褐色沉

淀 2Fe3++Fe=3Fe2+ 0.6

【解析】解：(1)①Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O， 故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

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②由分析可知，分离出杂质的操作是过滤， 故答案为：过滤；

(2)①根据氧化还原反应配平可得，过程II中发生反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，

故答案为：2Fe2+；2；1；2；2H2O；

+

，故加入氨水后，②过程III中发生的反应为：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4

可观察到的现象为：产生红褐色沉淀， 故答案为：产生红褐色沉淀；

(3)①由分析可知，过程V中的溶液中含有Fe3+，加入铁屑的主要目的是将Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+， 故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

②过程I中加入400mL1.5mol⋅L−1硫酸至固体不再溶解，则经过程V反应后所得溶液中只含有FeSO4一种溶质，根据质量守恒可知，n(Fe2+)=n(SO2−4)=n(H2SO4)=0.4L×1.5mol⋅L−1=0.6mol，故Fe2+的物质的量最多为0.6mol， 故答案为：0.6mol。

根据题干工艺流程图可知，过程I发生的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、Fe+2H+=Fe2++H2↑，过滤除去不与酸反应且不溶性杂质，得到溶液，进行过程II时发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，溶液中的Fe2+全部转化为了Fe3+，过程III即向Fe3+的溶液中加入氨水，故产生红褐色沉淀Fe(OH)3，

+

反应原理为：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4，过滤后洗涤得到纯净的Fe(OH)3，

向沉淀中加入柠檬酸得柠檬酸铁，经过一系列转化得到柠檬酸铁铵，过程V中加入Fe，发生的反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，经过过程V后溶液中的溶质只有FeSO4一种，根据质量守恒即可进行计算，据此分析解题。

本题考查物质的分离和提纯方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握实验的基本原理和物质的性质。

28.【答案】Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O 溶液变为红色 随后Fe2+被HClO氧化为

Fe3+ 在注射器中加入KSCN，直接滴入集气瓶中，溶液没有变

化 2 3 3H+ 2Fe3+ 3Cl− 3H2O 过量铁粉与盐酸反应，pH变大，而与氯水反应，反应时间较长，pH变化较小，符合图像表述，故假设2成立

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【解析】解：(1)实验i说明NaOH溶液可以吸收Cl2，反应方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，

故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；

(2)取实验ii中针头表面黄色物质，加水溶解，滴加少量KSCN溶液，Fe3+与KSCN溶液反应产生红色络合物， 故答案为：溶液变为红色；

(3)结合假设1和假设2可知，假设3：Fe被氯水中的H+氧化为Fe2+，随后Fe2+被HClO氧化为Fe3+，

故答案为：随后Fe2+被HClO氧化为Fe3+；

(4)小组同学用图1装置进行实验iii证明假设1不成立。实验iii的操作在注射器中加入KSCN，直接滴入集气瓶中，溶液没有变化，

故答案为：在注射器中加入KSCN，直接滴入集气瓶中，溶液没有变化； (5)①结合假设2：Fe被氯水中的HClO氧化为Fe3+，发生反应2Fe+3HClO+3H+=2Fe3++3Cl−+3H2O，

故答案为：2；3；3H+；2Fe3+；3Cl−；3H2O；

②根据图2数据推测假设2可能成立，理由是过量铁粉与盐酸反应，pH变大，而与氯水反应，反应时间较长，pH变化较小，符合图像表述，故假设2成立，

故答案为：过量铁粉与盐酸反应，pH变大，而与氯水反应，反应时间较长，pH变化较小，符合图像表述，故假设2成立。

(1)实验i说明NaOH溶液可以吸收Cl2，生成氯化钠和次氯酸钠； (2)Fe3+与KSCN溶液反应产生红色络合物；

(3)结合假设1和假设2可知，假设3：Fe被氯水中的H+氧化为Fe2+，随后Fe2+被HClO氧化为Fe3+；

(4)小组同学用图1装置进行实验iii证明假设1不成立。实验iii的操作在注射器中加入KSCN，直接滴入集气瓶中；

(5)①结合假设2：Fe被氯水中的HClO氧化为Fe3+；

分析过量铁粉与不同物质反应的pH变化进而判断。 ②根据图2数据推测假设2可能成立，

本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。

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