《2020届福建省福州市高三上学期9月调研考试化学试题(A)(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届福建省福州市高三上学期9月调研考试化学试题(A)(解析版).pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-福州市 2020 届高三化学学科9 月调研卷（A）温馨提示：1.本试题分第卷选择题和第卷综合题，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
2、】【详解】A.苯分子中只含1 个苯环且没有侧链，所以苯是最简单的芳香烃，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
3、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-2-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CH2B.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
4、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：Fe3Cu2，向 FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe2Fe3=3Fe2
5、，再发生 FeCu2=Fe2Cu。【详解】A、Fe2Fe3=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，FeCu2=Fe2Cu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。-3-【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
6、否含有NH4+，下列试纸和试剂一定用不到的是蒸馏水NaOH溶液 红色石蕊试纸蓝色石蕊试纸稀硫酸A.B.C.D.【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蓝色石蕊试纸稀硫酸，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4NAB.0.1molH2和 0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC.20
7、mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD.0.1molNH2-所含电子数为6.021023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-
8、所含电子数为6.021023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.NH4NO3B.N2C.N2O D.NO【答案】B【解析】-4-【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，
9、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
10、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
11、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-5-【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，
12、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AlSiOF，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FOSi，因此氢化物的稳定性是HFH2OSiH4，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 H
13、2O B 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH 溶液C 稀硝酸Cu NO2H2O D 浓盐酸MnO2Cl2NaOH 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；-6-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
14、 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.步骤需要将干海带放入坩埚中灼烧B.步
15、骤反应的离子方程式为：2I-+2H+H2O2=I2+2H2O C.步骤操作后，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.若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤操作后，试管中溶液不变成蓝色【答案】D【解析】-7-【详解】A.固体在坩埚中灼烧，所以步骤需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；B.步骤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.若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H+O2=2I2+2H2O，步骤操
16、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.下列叙述正确的是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24121224/AAgNNgmol，27g 铝含质子数27131327/AAgNNgmol，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
17、含有的电子数是1632/AxgNg mol，臭氧含有的电子数是2448/AxgNgmol，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.
18、溶液中溶质的质量-8-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
19、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=CuSO45H2O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)3B.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+3NH3H2O=
20、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。-9-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2
21、ClO2+H2O2=2ClO2+2H+O2C.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。第卷非选择题二、非选择题（共52 分
22、，共 4 题）17.某同学欲用98%的浓 H2SO4（=1.84g/cm3）配制成500mL 0.5mol/L的稀 H2SO4（1）填写下列操作步骤：所需浓H2SO4的体积为 _。如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用 _mL量筒量取。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_。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。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、
23、偏低、无影响）操作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_；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).1cm2cm (7).胶头滴管 (8).第步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温(9).偏低 (10).偏高【解析】-10-【分析】（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；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；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
24、扩散；移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；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=nV，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）浓硫酸的物质的量浓度为c=1000M=10001.84/98%98/gmlgmol=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；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；稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅
25、拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml 容量瓶中；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，错误是第步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；（3）操作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；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
26、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-11-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
27、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 A族(2).r(Fe3+)r(N3-)r(Al3+)(3).HIO4(aq)+13Al(OH)3(s)=H2O(l)+13Al(IO4)3(aq)H=-13QkJ/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
28、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A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)+13Al(OH)3(s)=H2O(l)+13Al(
29、IO4)3(aq)H=-13QkJ/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。-12-（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的转化关系，回答问题：(1)实验室常用NH4Cl 与 Ca(OH)2制取氨气
30、，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：NH3NO的化学方程式为_。NO NO2反应的实验现象是_。NO2H2O 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 NH3N2，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
31、 (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 NH3N2，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
32、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：-13-2NH4Cl+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)NH3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；NO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；NO2被水吸收得到HNO3，反应方程式为：3NO2+H2O=2H
33、NO3+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 NH3N2，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
34、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 MnSO4H2O的流程如下(已知流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO 均完全反应)：（1）已知中只有三个反应，其中两个反应是MnO+H2SO4MnSO4+H2O FeS2+H2SO4FeSO4+H2S+S完成第三个反应：_MnO2+_FeSO4+_ _MnSO4+_ _+_ _-14-（2）沉
35、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 MnSO4H2O的质量分别为96.0 g、321.1 g，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).51【解析】【分析】（1）根据题意，反应物中要加
36、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，2S2FeSO4MnO2，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_
37、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，2S2FeSO4MnO2，n(MnO2)=12n(S)12196.0g32g mol=1.5 mol；n(MnSO4H2O)=1321.1g169g mol=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51。-15-