河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2022-2023高一下学期3月月考化学试题（含解析）考试试卷

青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高一下学期3月月考
化 学 试 题
分值：100分 考试时间：75分钟
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至5页，第Ⅱ卷6至9页。满分100分，考试时间为75分钟
第I卷 选择题（共48分）
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1．用下面的方案进行某些离子的检验，其中现象正确且方案设计严密的是
A．检验试液中的：试液无沉淀白色沉淀
B．检验试液中的：试液无沉淀白色沉淀
C．检验试液中的：试液深黄色溶液深黄色溶液
D．检验试液中的：试液白色沉淀沉淀溶解
2．下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．豆科植物的根瘤菌吸收空气中氮气的过程是物理变化
B．氨易液化，汽化时要吸收大量的热，因此可用作制冷剂
C．氮氧化物是形成光化学烟雾、酸雨和雾霾的一个重要原因
D．铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰等混合使用
3．物质分类观是化学学科的核心观点，和都是酸性氧化物。将足量分别通入到① 酸性高锰酸钾溶液中、②氯水中、③含酚酞的溶液中，实验现象均为褪色。下列判断错误的是
A．将通入① 酸性高锰酸钾溶液中也会出现类似的现象
B．② 中化学反应方程式为
C．将或通入氯化钙溶液中无明显现象
D．③ 中若通入少量，则发生的离子反应方程式为
4．下列反应中，不产生黄色物质的是
A．硫化氢气体在空气中不充分燃烧 B．硫化氢在300℃以上分解
C．硫化氢气体在空气中充分燃烧 D．氢硫酸溶液中滴加氯水
5．下列说法正确的是
A．某黄色溶液与淀粉-KI溶液混合后呈蓝色，说明该溶液一定是氯水
B．NaOH溶液可盛放在带磨口玻璃塞的玻璃瓶中，也可盛放在带橡胶塞的玻璃瓶中
C．若用制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入
D．由可知，硅酸的酸性强于碳酸
6．实验室进行含硫化合物性质探究的装置如图所示(夹持装置省略)，分液漏斗①中盛有浓硫酸，将其逐滴加入到试管②的固体中。下列说法正确的是
A．若②为铜单质，③中盛有氢硫酸，则③中生成淡黄色沉淀
B．若②中为Na2SO3固体，③中盛石蕊溶液，则③中溶液先变红后褪色
C．若②中为Na2SO3固体，③中盛有氯化钡溶液，则③中生成白色沉淀
D．若②中为含少量的蔗糖，③中盛有溴水，相关实验现象无法证明浓硫酸具有酸性
7．某短周期元素的价类二维图如图所示，其中y是一种常见气体，a为酸式盐，e的相对分子质量比d大16，下列说法正确的是
A．a的水溶液一定显酸性 B．若x为强碱，则c为硫单质
C．d一定为酸性氧化物 D．e与水反应一定能生成一种强酸
8．ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产ClO2和NaClO2的工艺流程为：
ClO2发生器中反应为NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O(未配平)，下列有关该反应的说法中，正确的是
A．反应中Na2SO3是氧化剂
B．“操作A”包括过滤、洗涤、干燥
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO+O2↑+2H+
D．参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为1：2
9．下列各组离子在指定操作下一定能大量共存的是
A．加入产生的溶液：、、
B．通入后的溶液：、、
C．加入后的溶液：、、
D．加入少量的溶液：、、
10．下图是一种综合处理含尾气的工艺流程，下列叙述正确的是
A．“吸收”过程中被还原
B．“吸收”后溶液的酸性减弱
C．“氧化”后的溶液可以循环使用
D．“氧化”中，每参加反应转移电子
11．含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是
A．该过程中化合价发生改变的元素有O、和S
B．该工艺流程目的是除去煤燃烧时产生
C．图中涉及的反应之一为
D．该过程中可得到化工产品
12．金属汞用途广泛，其熔点，沸点分别约为。目前，工业上制汞的流程如图所示。下列分析中错误的是
A．辰砂与氧化钙加热反应时，既是氧化剂又是还原剂
B．辰砂与氧化钙加热反应时，为氧化产物
C．洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸
D．吸人汞蒸气会引起中毒，因此在生产过程中要增加保护措施
13．一定条件下，将6体积的和一定体积的混合气体与4.5体积的氧气反应后置于试管中。将试管倒置于水中，充分反应后，剩余1.5体积气体，则原体积可能为
①2体积②3体积③4体积④5体积⑤5.5体积
A．①或⑤ B．①或④ C．④或⑤ D．①或③
14．下列离子在一定条件下能共存，且加入相应试剂后发生的离子方程式正确的是
离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式
A 、、 稀硫酸
B 、、 氢氧化钠溶液
C 、、 氢氧化钠溶液
D 、、 足量溶液
A．A B．B C．C D．D
15．标准状况下，将SO2和Cl2组成的混合气体a L通入200mL 0.1mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，气体被完全吸收，溶液的棕黄色变浅(溶液体积近似不变)。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g。则下列分析错误的是(已知：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+)
A．a L混合气体的物质的量可能为0.08mol
B．混合气体中SO2的体积为0.896L
C．所得沉淀为0.1mol的BaSO4
D．混合气体中Cl2的物质的量可能为0.03mol
16．将5.6g镁和铜的混合物加入到500mL1mol/L的稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，生成沉淀的质量为10.7g，下列叙述错误的是
A．当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NA
B．混合物镁和铜的物质的量之比为1：2
C．当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为200mL
第Ⅱ卷 非选择题（共52分）
三、填空题（本题包括4个小题，共52分）
17．（13分）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，最低可以还原到－3价。某同学取一定量的铁铝合金与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：
（1）请写出该合金中铁与硝酸反应的离子方程式_______________。
（2）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为_______________。
（3）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为___________。
（4）B与A的差值为__________mol。
（5）B点对应的沉淀的物质的量为_______mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为______mL。
18．（13分）硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。
完成下列填空：
(1)不同价态的硫元素可以相互转化，请写出符合以下要求的方程式：
①反应前后存在3种价态的硫元素，写出反应的化学方程式___________。
②反应前后存在4种价态的硫元素，写出反应的化学方程式__________。
(2)结合二维图所示，在一定条件下存在以下转化：ZM，H2SN，M是下列物质中的_____________。
A． Na2SO4 B．CuSO4 C．FeSO4 D．K2SO4
写出H2S生成N的离子方程式为_____________；相应的Q可以是_____________(写出2类物质)。
(3)小附同学利用下列装置测定空气中SO2的含量。
通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是_____________，该装置中发生的离子方程式为：_________________________________。若空气流速为a m3·min-1，当观察到装置内_________时，结束计时，测定耗时t min。假定空气中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量是_____mg·m-3。
(4)小附同学发现随着SO2持续通入，装置内溶液逐渐变浑浊。查阅资料后得知，在催化剂的作用下，SO2在水中会发生歧化反应。于是又设计以下实验进行探究。
【实验装置】
【实验现象】一段时间后， A、C中无明显现象，D中比B中的溶液先变浑浊。
【实验结论】在水中，SO2歧化的离子方程式为_____________。该反应中的催化剂是_____________。
A． H+ B． I- C． K+、H+ D． K+、I-
19．（13分）我国C919大飞机制造过程中用到的某些新型材料是以作催化剂制备的。是白色粉末，微溶于水、难溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色。某实验小组设计如下装置(夹持装置略)，利用溶液与气体制备。回答下列问题：
(1)检查装置气密性并加入药品，①打开止水夹先氮气通一段时间，后关闭止水夹；②打开分液漏斗旋塞，向仪器a中加盐酸调pH至2~3，关闭分液漏斗旋塞；③……，溶液中产生白色沉淀；④待反应完全后，再通一段时间。装置A中发生反应的离子方程式为_______；仪器a的名称是_______；操作③是_______。
(2)将装置A中的混合物过滤、洗涤、干燥后密封保存，洗涤时选择的最佳洗涤液是___ (填标号)；判断沉淀洗涤干净的实验操作是___。
A．蒸馏水 B．稀硫酸 C．95%的乙醇 D．饱和食盐水
(3)测定产品纯度：称取所制备的CuCl产品mg，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol/L的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗Ce(SO4)2标准溶液VmL，反应中Ce4+被还原为Ce3+，则样品中CuCl (摩尔质量为Mg/mol)的质量分数为___。滴定时Ce(SO4)2标准溶液应盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；下列操作会导致质量分数的测定值偏大的是_______(填标号)。
A．滴定终点时，仰视读数
B．滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
20．（13分）X、Y、Z、M为短周期元素，原子序数依次增大。A～J均由该四种元素构成的单质或化合物，其转化关系如图所示，部分生成物省略。
已知：①A、B、C、G都是由两种元素构成的化合物，其中A、G分子所含的电子数为10e-，B、C分子所含的电子数为18e-；D为空气的主要成分之一、
②另取16.8gJ在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到F和8.96L(已折算成标准状况)A两种物质。
请回答下列问题：
(1)写出C的化学式是___________；D的电子式是___________。
(2)请写出金属单质E在生产生活中的一种作用___________。
(3)写出次氯酸钠与过量气体A反应生成B的化学方程式是___________；B在制备过程中，气体A需要过量的理由是___________。
(4)写出F和G反应生成H和A的化学方程式是___________。
(5)B在加热条件下与CuO反应可生成气体D和金属单质，请设计实验方案，验证B与CuO反应后固体的成分(不考虑其他反应)___________。
(6)写出J在已知②条件下受热分解的化学方程式是___________。
参考答案：
1．B
【详解】A．检验试液中的：试液加入盐酸，无沉淀，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀，则含有硫酸根，故A不符合题意；
B．根据A选项分析得到检验试液中的：试液无沉淀白色沉淀，故B符合题意；
C．检验试液中的：试液加入稀硫酸酸化的双氧水，得到深黄色溶液，再加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，故C不符合题意；
D．检验试液中的：试液加入氯化钡溶液，有白色沉淀，向白色沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀溶解，得到无色无味的气体，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
2．A
【详解】A．豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮，该过程氮元素由游离态转化为化合态，有新物质生成，是化学变化，故A错误；
B．氨易液化，汽化时要吸收大量的热，因此可用作制冷剂，故B正确；
C．氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因，同时也可造成水体污染，故C正确；
D．硝酸铵、碳酸氢铵是铵态氮肥，草木灰属于碱性物质，铵态氮肥能与碱性物质反应生成氨气，降低肥效，所以铵态氮肥不能与碱性物质混合施用，故D正确；
故选A。
3．A
【详解】A．具有还原性，通入到酸性高锰酸钾溶液会使溶液褪色，而没有还原性，通入酸性高锰酸钾溶液中不会使溶液褪色，故A错误；
B．将足量通入到氯水中，生成HCl和H2SO4，根据氧化还原反应规律配平方程式为：，故B正确；
C．由于酸性：H2CO3D．含酚酞的溶液中通入少量生成亚硫酸钠，离子方程式为：，故D正确；
故选A。
4．C
【分析】黄色物质是硫单质。
【详解】A．硫化氢气体在空气中不充分燃烧生成硫单质和水，产生了黄色物质，故A不符合题意；
B．硫化氢在300℃以上分解生成硫单质和氢气，故B不符合题意；
C．硫化氢气体在空气中充分燃烧生成二氧化硫和水，故C符合题意；
D．氢硫酸溶液中滴加氯水生成硫单质和氯化氢，故D不符合题意；
故选C。
5．C
【详解】A．黄色溶液与淀粉-KI溶液混合后呈蓝色，说明该液体具有氧化性能将KI氧化为碘单质，该液体可能是氯水也可能是氯化铁等，故A错误；
B．NaOH能与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏合性，会使玻璃塞与试剂瓶粘连，因此不能用玻璃塞的试剂瓶保存，故B错误；
C．与水不能直接反应，但可与NaOH反应生成硅酸钠，硅酸钠与碳酸反应生成硅酸，故C正确；
D．，该反应可说明高温条件下硅酸钠比碳酸钠稳定，不能证明硅酸与碳酸的酸性强弱，故D错误；
故选：C。
6．D
【详解】A．Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成，常温下不反应，A项错误；
B．若②中为，浓硫酸和反应生成，通入石蕊溶液会使溶液变红，但不能漂白指示剂，因此不会褪色，B项错误；
C．若②中为，浓硫酸和反应生成，不能与反应，C项错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖脱水碳化，生成的C被浓硫酸氧化生成二氧化硫和二氧化碳，使溴水褪色，因此说明浓硫酸具有脱水下和强氧化性若，无法证明浓硫酸具有酸性，D项正确；
答案选D。
7．D
【分析】由某短周期元素的价类二维图可知：d、e均为氧化物，b为氢化物，b可发生连续氧化反应，y应为O2，e的相对分子质量比d大16，a为酸式盐，若a为NaHS，x为盐酸或硫酸等；a与x反应生成b，则b为H2S，c为S，d为SO2，e为SO3；若a为NH4HCO3， x为NaOH或氢氧化钙等，a与x反应生成b，则b为NH3，c为N2、d为NO、e为NO2，以此来解答。
【详解】A．若a为NaHS，该物质是强碱弱酸盐，水解使其水溶液水解显碱性，A错误；
B．由上述分析可知，x可能为盐酸或NaOH，若x是强碱，则c是N2；若x是强酸，则C是S单质，B错误；
C．根据上述分析可知：d可能为SO2，也可能为NO，SO2属于酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，C错误；
D．e为三氧化硫或二氧化氮，二者分别与水反应生成硫酸、硝酸，硫酸、硝酸均属于强酸，D正确；
故合理选项是D。
8．B
【分析】根据流程分析，发生器中，酸性环境下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2；在吸收器中，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2，通过一系列操作，得到NaClO2产品。
【详解】A．在NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O中，Na2SO3中S元素化合价由+4价上升到+6价，Na2SO3是还原剂，故A错误；
B．由分析可知，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2溶液，结晶得到NaClO2沉淀后要经过过滤、洗涤、干燥得到NaClO2固体，故B正确；
C．吸收器中ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素由+4价下降到+3价，O元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO+O2↑+2H2O，故C错误；
D．1 molNa2SO3参加反应，失去2mol电子，1 molNaClO3参加反应，得到1 mol电子，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，所以参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故D错误；
故选B。
9．D
【详解】A．能与Mg反应生成氢气，说明溶液显酸性，NO(H+)具有强氧化性，与活泼金属反应不生成氢气，故A不符合题意；
B．Fe3+具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，SO与Ba2+生成白色沉淀，故B不符合题意；
C．过氧化钠具有强氧化性，能将S2-、SO氧化，故C不符合题意；
D．所给离子在指定溶液中能够大量共存，故D符合题意；
答案为D。
10．C
【分析】根据流程图分析，利用Fe2（SO4）3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，得到FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用，根据氧化还原反应原理分析解答。
【详解】A．“吸收”过程中的化合价升高，被氧化，A错误；
B．“吸收”过程中反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，酸性增强，B错误；
C．用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤循环使用，C正确；
D．“氧化”中，O2化合价由0价降低为-2价，每参加反应转移4mol电子，D错误；
故选C。
11．D
【详解】A．根据工艺流程图可知，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，然后氧气再把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，所以该过程中化合价发生改变的元素有O、Fe和S，A正确；
B．根据工艺流程图可知，该工艺流程可以除去煤燃烧时产生的SO2，B正确；
C．图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为：，C正确；
D．该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品H2SO4，FeSO4生成后又被消耗，不能得到FeSO4，D错误；
答案选D。
12．C
【详解】A．HgS中硫元素化合价升高，汞元素化合价降低，因此HgS既是氧化剂又是还原剂，A正确；
B．硫酸钙中的硫元素由辰砂中-2价的硫升高化合价发生氧化反应而来，硫酸钙是氧化产物，B正确；
C．盐酸不能溶解铜、铅等杂质，不能用盐酸代替硝酸，C错误；
D．汞为重金属，有毒，吸入汞蒸气会引起中毒，在生产过程中要增加保护措施，D正确；
故选C。
13．A
【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO反应，可将6体积NO2转化为2体积NO，则发生的反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO和O2反应后剩余的1.5体积气体可能为NO，也可能为氧气。设原有NO为x体积，假设剩余的1.5体积气体是NO，则参加反应的NO为(2+x-1.5)体积，NO和4.5体积氧气按4:3比例反应，可求出x=5.5；假设剩余的1.5体积的气体是氧气，则参加反应的氧气为3体积，根据NO和参加反应的氧气的体积比4:3计算出x=2，所以原NO体积可能为2体积或5.5体积；
故选A。
14．A
【详解】A．酸性条件下硝酸根有氧化性能将亚铁氧化成铁离子：，A正确；
B．三价铁离子和次氯酸根具有氧化性，碘离子有还原性，、、之间会发生氧化还原反应而不能共存，B错误；
C．加入氢氧根使得碳酸氢根转化为碳酸根，生成的碳酸根会与钡离子生成碳酸钡沉淀，C错误；
D．加入足量的三价铁离子，既氧化硫离子也氧化亚硫酸根，D错误；
故选A。
15．A
【详解】A．若混合气体的物质的量为0.08moL，Cl2的物质的量为0.08mol-0.04mol=0.04mol，根据可知，SO2与Cl2恰好完全反应，不能使硫酸铁溶液棕黄色变浅，A错误；
B．由硫原子守恒可知，，而=，故，其体积为，B正确；
C．加入足量的BaCl2溶液，生成BaSO4固体23.3g，其物质的量为，C正确；
D．要使硫酸铁溶液棕黄色变浅，SO2和Cl2在水中反应完后，SO2应该有剩余，即，要使硫酸铁溶液棕黄色变浅，则剩余的SO2不能将Fe3+全部反应完，根据可知，剩余的SO2的物质的量，因为，由此推知Cl2的物质的量大于0.02mol，故混合气体中Cl2的物质的量，D正确；
故答案为：A。
16．B
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到500mL1mol/L的稀HNO3中，HNO3的物质的量为，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量为10.7g，比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
【详解】A．根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，A正确；
B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，设镁的物质的量为x，则铜的物质的量为(0.15-x)，则24x+64(0.15-x)=5.6，解得x=0.1，故混合物镁和铜的物质的量之比为2：1，B错误；
C．反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；
D．当生成的沉淀量达到最大时，Mg2+和Cu2+都转化为沉淀，根据N守恒可知，稀HNO3剩余0.5-0.3-0.1=0.1，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.4mol，需要氢氧化钠溶液体积V=，D正确；
故答案为：B。
17． 8Fe＋30H＋＋3NO3－＝8Fe3＋＋3NH4＋＋9H2O H＋＋OH－＝H2O NH4＋＋OH－＝NH3·H2O 0.008 0.032 7
【详解】试题分析：（1）根据题意，铁与很稀的硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铵和水，离子方程式为8Fe+30H＋+3NO3－＝8Fe3＋+3NH4＋+9H2O，故填：8Fe+30H＋+3NO3－＝8Fe3＋+3NH4＋+9H2O；
（2）根据图象，OC之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，OC之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O；故填：H++OH-═H2O；
（3）DE一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为NH4＋＋OH－＝NH3·H2O，故填：NH4＋＋OH－＝NH3·H2O；
（4）由图可知，EF段为氢氧化铝溶于氢氧化钠的反应，即Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36ml-34ml=2ml，参加反应的氢氧化钠为0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，即为B、A的差值，故填：0.008；
（5）设铁的物质的量为x。根据（4）可知，Al为0.008mol，根据DE段的反应，生成的硝酸铵为（34-31）ml×0.001L/ml×4mol/L=0.012mol，由电子守恒可知，3x+0.008mol×3=0.012mol×8，解得x=0.024mol，会生成硝酸铁0.024mol，滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，B点沉淀量最大，为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，根据元素守恒，沉淀的物质的量为：0.008mol+0.024mol=0.032mol，C点氢氧化钠溶液的体积为31ml－×1000ml/L－×1000ml/L=7ml。故填：0.032；7。
考点：考查了硝酸的性质及其化学计算的相关知识。
18．(1) Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl H2S+H2SO4(浓)=S+SO2+2H2O
(2) b H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ Cu、CuO、CuCO3、Cu(OH)2等
(3) 增大接触面积，使充分反应 SO2+I2+2H2O=4H++2SO+2I- 溶液蓝色消失 640/at
(4) 3SO2+2H2O=2H2SO4+S↓ B
【分析】由硫及其化合物的“价-类”二维图可知，X是SO2，Y是SO3，Z是H2SO4，M是硫酸盐。
【详解】（1）①反应前后存在3种价态的硫元素，表明发生S的歧化反应或归中反应，符合要求的化学方程式为Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl；②反应前后存在4种价态的硫元素，符合要求的化学方程式为H2S+H2SO4(浓)=S+SO2+2H2O；
（2）Z是H2SO4，如果有反应：ZM，H2SN，M是硫酸盐，N是硫化盐，Na2SO4、FeSO4和K2SO4不与H2S反应，CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4，其离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Q可以是Cu、CuO、CuCO3、Cu(OH)2等。
（3）空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应；装置内是SO2和碘溶液反应，根据得失电子守恒可知I2和SO2的系数比为1：1，再结合原子守恒可得离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H++2SO+2I-；原溶液是碘溶液(含2滴淀粉溶液)，颜色为蓝色，当观察到装置内溶液蓝色消失时，结束计时；通入空气t min时，空气体积V=t min×a m3·min-1=atm3，，，故该空气样品中SO2的含量是 mg·m-3；
（4）装置内溶液逐渐变浑浊，说明有硫单质生成，故在水中，SO2歧化的离子方程式为3SO2+2H2O=2H2SO4+S↓；一段时间后， A、C中无明显现象，D中比B中的溶液先变浑浊，说明氢离子和钾离子不是催化剂，碘离子可作为该反应的催化剂，催化过程：SO2+4I-+4H+=2I2+S↓+2H2O，I2+SO2+2H2O=4H++SO+2I-，故答案选B。
19．(1) 三颈烧瓶 打开止水夹通入二氧化硫
(2) C 取最后一次洗涤液加入过量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明洗涤干净
(3) 酸式 AC
【分析】实验中先通一段时间氮气气体排出装置中空气，然后加入盐酸调pH至2~3，关闭分液漏斗旋塞，通入二氧化硫气体反应生成氯化亚铜沉淀；过滤分离出沉淀、洗涤、干燥得到产品；
【详解】（1）装置A中发生反应二氧化硫、铜离子、氯离子和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸根离子、氢离子，反应为；仪器a的名称是三颈烧瓶；操作③是打开止水夹通入二氧化硫，使得反应生成氯化亚铜；
（2）微溶于水、难溶于乙醇及稀硫酸，故洗涤时选择的最佳洗涤液是95%的乙醇，乙醇具有挥发性更易使产品干燥，故选C；
洗涤液中硫酸根离子会和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故判断沉淀洗涤干净的实验操作是：取最后一次洗涤液加入过量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明洗涤干净；
（3）已知，在空气中迅速被氧化成绿色，则其具有还原性。反应中和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化亚铁被Ce(SO4)2氧化，而Ce4+被还原为Ce3+，根据电子守恒可知，，则样品中CuCl的质量分数为；
滴定时Ce(SO4)2标准溶液应盛放在酸式滴定管中；
A．滴定终点时，仰视读数，标准液读数偏大，则测定值偏大，A正确；
B．滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响标准液用量，不影响测定结果，B错误；
C．滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液读数偏大，导致测定值偏大，C正确；
D．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致标准液用量偏小，测定值偏小，D错误；
故选AC。
20．(1) H2O2
(2)金属还原、腐蚀保护(使用镁牺牲阳极进行阴极保护)
(3) NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O 防止发生副反应：2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O
(4)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+6NH3
(5)取少量固体加入稀硫酸，若固体部分溶解，生成蓝色溶液，则固体的成分为CuO、Cu；若固体不溶解，则固体的成分为Cu
(6)
【分析】由转化关系，气体A与NaClO3生成B，A分子含有10e-，B分子含有18e-，且A、B均由两种元素组成，可知A为NH3，B为N2H4，发生的反应为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，B与C反应得到气体单质D和常见液体G，D为空气的主要成分，C分子含有18e-，G分子含有10e-，且C、G也只由两种元素组成，则D为N2，G为H2O，C为H2O2，发生的反应为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，金属单质E与D点燃生成F，F再与G直接反应可得到不溶于碱的白色沉淀H和气体A，气体A再与E在一定条件下反应生成气体单质I和J，可推测E为Mg，则F为Mg3N2，H为Mg(OH)2，又已知16.8gJ在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到F和8.96L(已折算成标准状况)A，标准状况下8.96LNH3的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，根据质量守恒可的F(Mg3N2)的质量为16.8g-6.8g=10g，物质的量为，由原子守恒可知，化合物J中含有0.3molMg，0.6molN，1.2molH，则J为MgN2H4，因此X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Mg元素，据此分析解答。
（1）
由上述分析可知，C为H2O2，D为N2，N2分子中N原子间形成3对共用电子对，电子式为。
（2）
E为Mg，金属镁在生产生活中可用于金属还原、腐蚀保护(使用镁牺牲阳极进行阴极保护)。
（3）
根据分析可知，NaClO和过量的NH3发生反应生成NaCl、N2H4和H2O，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，制备过程中，可能发生副反应2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O，因此通入的NH3必须过量，防止副反应的发生。
（4）
F为Mg3N2，G为H2O，H为Mg(OH)2，A为NH3，反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+6NH3。
（5）
B为N2H4，在加热条件下与CuO反应可生成N2和金属单质Cu，验证反应后固体的成分，可取少量固体加入稀硫酸，若固体部分溶解，生成蓝色溶液，则固体的成分为CuO、Cu；若固体不溶解，则固体的成分为Cu。
（6）
化合物J为MgN2H4，在真空条件下，控制温度350～400oC加热至完全分解，得到Mg3N2和NH3，反应的化学方程式为：。