1、高考资源网（） 您身边的高考专家20192020学年第一学期第二次诊断考试试卷高三化学一、选择题（每小题3分，共54分）1.爱护环境是我们每一个人不可推卸的责任。下列现象与污染源对应不正确的是（ ）A. 酸雨硫的氧化物、氮的氧化物B. 光化学烟雾氮的氧化物C. 臭氧空洞氟氯烃（即氟利昂）D. 温室效应SO2【答案】D【解析】【详解】A. 酸雨与人们排放的SO2、氮的氧化物有关，A项正确；B. 光化学烟雾与碳氢化合物和氮的氧化物有关，B项正确；C. 臭氧空洞与氟氯烃（即氟利昂）有关，C项正确；D. 温室效应与大气中CO2浓度不断上升有关，D项错误；答案选D。2.下列各组中两物质作用时，反应条件或
2、反应物用量改变。对生成物没有影响的是（ ）A. Fe与稀HNO3B. NaOH溶液与CO2C. Na2O2与CO2D. AlCl3溶液与NaOH溶液【答案】C【解析】【分析】AFe与稀HNO3的反应与量有关；B反应与量有关；C反应与量无关；D反应与量有关【详解】AFe与稀HNO3的反应与量有关，Fe少量生成硝酸铁，Fe过量生成硝酸亚铁，故A不选；B二氧化碳少量时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，与量有关，故B不选；C反应与量无关，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响，故C选；D反应与量有关，AlCl3溶液与NaOH溶液，NaOH溶液少量时生成氢氧化铝沉淀，NaOH溶液过量时生成偏铝
3、酸钠，故D不选故选C。3.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al (NH4)2CO3A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】【详解】NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；(NH4)2CO3，
4、加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故符合。答案选D。4.下列离子方程式的书写正确的是A. 铝与盐酸反应： Al + 6H+ =Al3+ + 3H2 B. 过量CO2通入NaOH溶液中： CO2 + 2OH=H2O + CO32C. Fe粉加入FeCl3溶液：Fe + Fe3+ =2 Fe3+D. 碳酸钠与氯化钙混合：CO32 + Ca2+ =CaCO3 【答案】D【解析】【详解】A、电荷不守恒，离子方程式为2Al+6H+=2Al3+3H2，错误；B、过量CO2通入NaOH溶液中，反应生成的是碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO2+OH-=H
5、CO3-，错误；C、电荷不守恒，离子方程式为Fe + 2Fe3+ = 3Fe3+，错误；D、两者反应生成沉淀碳酸钙，离子方程式为CO32-+Ca2+=CaCO3，正确。答案选D。5.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化
6、剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关
7、的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。6.在强酸性无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是A. K+、NO3、OH、ClB. SO42-、Al3+、NH4+、Na+C. I、Ba2+、Mg2+、NO3D. Cl、SCN、K+、Fe3+【答案】B【解析】【详解】A、H+、OH-结合生成水，则不能共存，错误；B、该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，B正确；C、NO3-、H+、I-发生氧化还原反应，则不能共存，错误；D、SCN-、Fe3+结合生成络离子，则不能共存，错误。答案选B。7.黑火药是我国四大发明之一，其爆炸反应为：2KN
8、O3+S+3C=K2S+N2+3CO2，其中的氧化剂与还原剂物质的量之比为（ ）A. 2：3B. 1：3C. 1：1D. 2：1【答案】C【解析】【分析】反应S+2KNO3+3C =K2S+N2+3CO2中，N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，据此分析。【详解】反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故选C。8.下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是A. AlCl3 和NH3 .H2OB. Na2CO3和HClC. NaHCO3
9、和HClD. NaCl和AgNO3【答案】B【解析】【详解】A、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是先出现白色沉淀，后沉淀不消失，现象相同，选项A不选；B、前者逐滴滴入后者时开始就有气泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，选项B选；C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有气泡冒出，现象相同，选项C不选；D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都是开始就有白色沉淀产生且沉淀不溶解，现象相同，选项D不选。答案选B。9.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应
10、的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D10.下列除杂方法不正确的是（ ）A. 用过量烧碱溶液，除去镁粉中混有的少量铝粉B. 用过量氨水除去Fe
11、3+溶液中的少量Al3+C. 用生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后再过滤【答案】B【解析】【分析】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸盐；B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；C、生石灰与水反应，能吸收水形成氢氧化钙溶液；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀【详解】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、
12、洗涤、干燥即可，故A正确；B、Fe3和Al3均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；C、生石灰能与水反应，生成氢氧化钙，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确。故选：B。11. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D. 富集溴一般先用空气和水
13、蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、
14、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。【此处有视频，请去附件查看】12.下列试剂的保存方法不正确的是A. 在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴挥发B. 金属钠通常密封保存在煤油中C. 浓硝酸通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处D. NaOH溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中【答案】D【解析】【分析】A、根据溴的性质确定其保存方法，溴易挥发；B、根据金属钠的性质来分析其保存方法；C、根据浓硝酸的性质确定其保存方法，浓硝酸易分解；D、根据玻璃的成分及氢氧化
15、钠、二氧化硅的性质分析；【详解】A、在盛液溴的试剂瓶中加水，使挥发出来的溴蒸气溶解在水中而形成饱和溴水，以减少溴的挥发，即采用“水封”。故A正确。B、钠的性质很活泼，极易和空气中的氧气、水等反应，所以应密封保存；钠的密度大于煤油的密度，且和煤油不反应，所以金属钠通常保存在煤油里以隔绝空气，故B正确。C、浓硝酸是见光易分解的液体，所以通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，故C正确。D、玻璃塞的主要成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅等，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，硅酸钠是黏性物质，很容易将玻璃塞粘结，不易打开，所以盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞而不用
16、玻璃塞，故D错误。故选D。13.下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是A 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2OB. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+ H2O2+2H+= I2+O2+2H2OC. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2D. “84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+ Cl-+ 2H+= Cl2+H2O【答案】B【解析】【详解】A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因二者反应：SiO2+2NaOHNa
17、2SiO3+H2O，A正确；B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+I2 +2H2O，B错误；C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClOCl2HCl2H2O，D正确；答案选B。14.下列有关各实验的叙述中正确的是 A. 澄清石灰水变浑浊，证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2B. 进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集C. 当X选用苯时可进行NH3或HCl的
18、吸收，并防止倒吸D. 可用于NH3的干燥，收集并吸收多余NH3【答案】D【解析】A、蔗糖与浓硫酸反应还可生成SO2，SO2与品红作用生成无色不稳定物质，SO2能否被品红溶液全部吸收，也不确定，都会导致进入澄清石灰水的气体中含有SO2，而SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故A错误；B、这是排空气收集气体的装置，但NO能与空气中的氧气反应，故B不正确；C、苯的密度比水的小，应在水的上面，故C错误；D、氨气是碱性气体，故用碱石灰干燥，氨气密度比空气的小，可用向上排空气法收集，又氨气极易溶于水，因此要用倒置漏斗防止倒吸，故D正确。本题正确答案选D。点睛：如SO2与品红作用生成无色不稳定物质，NO能与空气中
19、的氧气反应，苯的密度比水的小，这些似乎都是简单知识，但却是解题的关键，结合装置图，很容易错选C；还有装置，在收集气体时，是a进b出、还是b进a出，不仅仅取决于气体的密度，还与气体能否与空气中的某些成分发生反应有关。15.根据下列实验和现象，所得实验结论正确是()选项实验现象实验结论A向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种B向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2C左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2DSO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)
20、2溶液出现白色沉淀得到的沉淀只有BaSO4A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】分析：A、含有Ag+的溶液与BaCl2反应也能生成白色沉淀；B、硝酸盐溶液中加入稀硫酸，构成的硝酸与还原性微粒反应，NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2；C、在同一硬质玻璃管中，Cl2和Br2都能把I-氧化生成I2；D、SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸能把SO2氧化为SO42-。详解：A、加入的硝酸能把SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再加入BaCl2都能生成白色沉淀BaSO4，所以溶液含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有Ag+
21、，也能与BaCl2反应生成白色沉淀，因此A不正确；B、加入的硫酸与NO3-构成硝酸，能氧化Fe2+，而NO3-被还原为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，故硝酸分解生成NO2的结论是不正确；C、含有NaBr的棉球显橙色，说明Cl2的氧化性强于Br2，因溴易挥发，与Cl2一起与含有KI淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把I-氧化为I2，故结论不正确；D、SO3溶于水生成硫酸，电离出的H+与NO3-构成的硝酸把SO2氧化为SO42-，所以白色沉淀只有BaSO4，故D的结论是正确的。本题答案为D。点睛：本题的实质是通过实验考查硝酸和活泼非金属单质的强氧化性，硝酸也可以是NO3-与H+构成，可
22、见牢固掌握常见物质的性质是解题的根本。16.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()A. CH3COOB. SO32-C. CO32-D. HCO3-【答案】A【解析】【详解】Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32、HCO3浓度减小，CO32浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，答案选A。17.为除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是A.
23、Na2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液B. NaHCO3溶液(Na2CO3),应通入过量的CO2气体C. Na2O2粉末(Na2O),将混合物在氧气中加热D. Na2CO3溶液(Na2SO4),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤【答案】D【解析】【详解】A.NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，由于NaOH适量，A项正确；B.Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，通入CO2可以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；C.2Na2OO22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；D.Na2CO3Ba(OH)2=BaCO32N
24、aOH，Na2SO4Ba(OH)2=BaSO42NaOH，D项错误。故选D。18.下列说法错误的是()A. 氯气作水的杀菌消毒剂B. 氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性C. 氯气溶于水的离子方程式为Cl2H2O=2HClClOD. 氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂【答案】C【解析】【详解】A. 氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，A项正确；B. 氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝是因为Cl2氧化KI产生I2，淀粉遇I2变蓝，B项正确；C. HClO为弱酸，在离子方程式中需保留化学式，则氯气溶于水的离子方程式为C
25、l2H2O=HClHClO，C项错误；D. 氯气与NaOH溶液反应，离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，此反应中，氯元素化合价既升高又降低，因此Cl2既是氧化剂又是还原剂，D项正确；答案选C。【点睛】要正确理解A选项中氯气可用于自来水的消毒剂，主要原理是因为氯气溶于水形成的次氯酸具有漂白性，而不是氯气本身起的作用。二、非选择题（共46分）19.单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是_；由X制备Mg2Z的化学方程式为_。（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为_
26、，Y分子的电子式为_。（3）Z、X中共价键的类型分别是_。【答案】 (1). 氢氟酸 (2). SiO2+MgO2+Mg2Si (3). Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4 (4). (5). 非极性键、极性键【解析】【详解】单质Z是一种常见的半导体材料，则Z为Si，X为Z的氧化物，则X为SiO2，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y为SiH4，加热SiH4分解得到Si与氢气。（1）能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸；由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为：SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si。（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，
27、Y为SiH4，电子式为。（3）Z为Si，周期表中位于第三周期IVA族，其单质属于原子晶体，化学键类型为非极性共价键；X为SiO2，属于原子晶体，含有的化学键属于极性共价键。20.利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如图（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Fe2+、Al3、Ca2、Mg2）：常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：阳离子Fe3Fe2Mg2Al3Cr3开始沉淀时的pH1.97.0沉淀完全时的pH3.29.011.189（9溶解）（1） 酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是_（至少写两条
28、）。（2）H2O2的作用是_。（3）调pH8是为了除去_（填Fe3、Fe2、Al3、Ca2、Mg2）。（4）钠离子交换树脂的原理为MnnNaRMRnnNa，被交换的杂质离子是_（填Fe3、Fe2、Al3、Ca2、Mg2）。（5）已知以下氧化还原反应方程式（未配平）：Na2Cr2O7SO2H2OCr（OH）（H2O）5SO4Na2SO4；以上反应各物质的配平系数依次为_。每生成1 mol Cr（OH）（H2O）5SO4转移电子的数目为_。【答案】 (1). 升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取)、适当延长浸取时间 (2). 将Fe2和Cr3氧化 (3). Fe3、Al3 (4).
29、Mg2、Ca2 (5). 1、3、11、2、1 (6). 3NA【解析】【分析】硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Fe2、Al3、Ca2、Mg2，过滤后向滤液中加入双氧水，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的Fe2生成Fe3；加入氢氧化钠溶液后，调节溶液的pH至8，根据表中数据知，Fe3、Al3转化为沉淀除去；然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，然后加入二氧化硫，发生氧化还原反应得到Cr（OH）（H2O）5SO4。【详解】（1）升高温度、搅拌、增大反应物浓度都可以提高浸取率，其采用措施为升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其
30、他合理答案也可）；（2）过氧化氢具有氧化性，可将Fe2和Cr3氧化；（3）pH=8时，Fe3、Al3完全生成沉淀，所以pH=8时除去阳离子为Fe3、Al3；（4）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，即：Mg2、Ca2；（5）二氧化硫具有还原性，被滤液中通过离子交换后溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH（H2O）5SO4+Na2SO4，根据方程式：3SO22CrOH（H2O）5SO4，可知每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4转移
31、电子的数目为3NA。21.在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若再通入下列四种气体：Cl2NH3NO2H2S，均会产生沉淀。回答下列问题：(1)通入四种气体时产生的沉淀分别是_；_；_；_。(2)用方程式表示和产生沉淀的原因_；_。【答案】 (1). BaSO4 (2). BaSO3 (3). BaSO4 (4). S (5). SO2Cl22H2O=SO42-2Cl4H、SO42-Ba2=BaSO4(或SO2Cl22H2OBa2=BaSO42Cl4H) (6). 2H2SSO2=3S2H2O(或2H2SH2SO3=3S3H2O)【解析】【分析】因盐酸酸性大于亚硫酸的酸性，将SO2
32、气体通入BaCl2溶液中不反应无沉淀生成。若通入气体生成沉淀，可能是发生氧化还原反应生成硫酸根离子或与二氧化硫反应生成了亚硫酸盐。【详解】（1）Cl2具有氧化性，将溶液中的二氧化硫氧化成硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；NH3为碱性气体，与溶液中二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO3；NO2具有氧化性，将溶液中的二氧化硫氧化成硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；H2S具有强还原性，与溶液中二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀和水，故答案为：S；（2）Cl2具有氧化性，将溶液中的二氧化硫
33、氧化成硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl；H2S具有强还原性，与溶液中二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀和水，反应的离子方程式为：2H2S+SO23S+2H2O，故答案为：2H2S+SO23S+2H2O。【点睛】本题考查二氧化硫的性质，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，注意二氧化硫具有氧化性和还原性，把握发生的反应确定沉淀的成分为解答的关键。22.一定条件下，含氮元素的物质可
34、发生如图所示的循环转化。回答下列问题：（1）氮的原子结构示意图为_。（2）图中属于“氮的固定”的是_(填字母，下同)；转化过程中发生非氧化还原反应的是_。（3）若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现,则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（4）若“反应i”是在酸性条件下由NO3-与Zn的作用实现,则该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). k和c (3). a和l (4). 21 (5). 4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2+N2O+5H2O【解析】【详解】（1）N位于第二周期VA族，其原子结构示意图为；（2）氮的固定是游离态的氮转化成为化合态的氮，根据循环图，得出属于氮的固定的是k和c；发生非氧化还原反应，说明化合价没有发生变化，即属于非氧化还原反应的是a和l；（3）反应h的化学反应方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，氧化产物是HNO3，NO是还原产物，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1；（4）根据信息，ZnHNO3Zn2N2OH2O，Zn的化合价升高2价，N2O中N的化合价共降低8价，最小公倍数为8，然后根据所带电荷数守恒以及原子守恒，离子反应方程式为4Zn+2NO3+10H=4Zn2+N2O+5H2O。高考资源网版权所有，侵权必究！