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主题二 元素及其化合物
(考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55
Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷(选择题 共42 分)
一、选择题(本题共14 个小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的)
1．下列关于物质制备原理说法错误的是( )
A．工业制备金属钠：2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl2↑
B．工业生产铁：Fe2O3＋3CO=====2Fe＋3CO2
C．湿法炼铜：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4
D．以S 为原料，工业生产硫酸在沸腾炉中的反应：2S＋3O22SO3
【答案】D
【解析】以S 为原料，工业生产硫酸在沸腾炉中的反应为S＋O2=====SO2，S 不能直接转化为SO3，D
错误。
2．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】Na 在点燃或加热的条件下与氧气反应生成Na2O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，能够一步实
现，A 正确；4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，不能够一步实现，B 错误；氯气与铁反应，无论铁过量还是不
足，生成的都是FeCl3，不能实现一步反应，C 错误；SiO2不溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，不能实现
一步完成，D 错误。
3．实验室常用KSCN 溶液检验Fe3+，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，现象为产生深蓝色沉淀。下列说
1
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法正确的是( )
A．KSCN 与K3[Fe(CN)6]中C 的化合价均为+4
B．上述元素中，金属性最强和非金属性最强的分别是K、N
C．若溶液中含有Fe3+，滴加KSCN 溶液后会产生血红色沉淀
D．H2S 的相对分子质量大于H2O 的，因此熔沸点：H2S>H2O
【答案】B
【解析】A 项，KSCN 中C 的化合价是+4，K3[Fe(CN)6]中，CN-中C 的化合价为+2，A 错误；B 项，金
属性钾比铁强、非金属性氮比碳强，金属性最强和非金属性最强的分别是K、N，B 正确；C 项，SCN-与
Fe3+结合生成血红色物质、溶液呈血红色，不是沉淀，C 错误；D 项，H2O 分子间能形成氢键，因此H2O
熔沸点比H2S 高，D 错误；故选B。
4．Na2CO3 和NaHCO3是常见的两种钠盐，它们广泛应用于生产和生活中。下列有关碳酸钠和碳酸氢
钠的说法中，不正确的是( )
A．小苏打能中和胃酸，对胃壁不产生强烈的刺激或腐蚀作用，可用于治疗胃酸过多症
B．NaHCO3能中和面粉发酵后产生的酸，并且产生二氧化碳气体，可用于做馒头
C．可以用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D．往Na2CO3饱和溶液中通入CO2气体，可获得NaHCO3沉淀
【答案】C
【解析】小苏打能与胃酸中的HCl 反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，反应的化学方程式为
NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，故A 不符合题意；NaHCO3与酸反应生成二氧化碳气体使得馒头或
面包松软多孔，故B 不符合题意；Na2CO3和NaHCO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不
能用澄清石灰水来鉴别，故C 符合题意；Na2CO3比NaHCO3更易溶于水，所以在饱和Na2CO3溶液中通入
CO2气体可得到NaHCO3沉淀，故D 不符合题意。
5．利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是( )
A．提取食盐后母液――→含Br2的液体――→――→粗溴――→纯溴
B．石英砂――→粗硅――→粗四氯化硅――→――→高纯硅
C．FeS2――→SO2――→H2SO3――→H2SO4
D．铝土矿――→NaAlO2溶液――→Al(OH)3――→Al2O3――→铝
【答案】C
【解析】提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中溴的存在形式是溴离子，需要先用Cl2
氧化，此工艺可行，A 正确；由石英砂先制粗硅，再用H2还原SiCl4得到Si，是工业上制高纯硅的流程，
2
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工艺可行，B 正确；SO2在水中的溶解度不大且亚硫酸不稳定，此工艺不可行，故工业制硫酸时应首先进
行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的浓硫酸吸收，C 错误；工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加
试剂必须过量，此工艺可行，D 正确。
6．下列关系图中，A 是一种正盐，B 是气态氢化物，C 是单质，F 是强酸。当X 无论是强酸还是强碱
时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)。当X 是强碱时， B 能使湿润的红色石蕊试
纸变蓝。下列说法中不正确的是( )
O2
A．当X 是强酸时，A、B、C、D、E、F 中均含同一种元素，F 可能是H2SO4
B．当X 是强碱时，A、B、C、D、E、F 中均含同一种元素，F 是HNO3
C．B 和Cl2的反应是氧化还原反应
D．当X 是强酸时，C 在常温下是气态单质
【答案】D
【解析】根据题意A 既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一物质只能是硫化铵。
A 项，当A 是硫化铵时，硫化铵
硫化氢
硫单质
二氧化硫
三氧化硫
硫酸，选项A
正确；B 项，当A 是硫化铵时，硫化铵
氨气
氮气
一氧化氮
二氧化氮
硝酸，选
项B 正确；C 项，硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，选项C 正确；D
项，当X 是强酸时，C 为硫单质，常温下是固态，选项D 不正确。
7．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图(反应条件及其他产物已略去)。
下列说法不正确的是( )
A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH 溶液 B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2
C．若丁是CO2，则甲可能为Mg D．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16
【答案】B
【解析】甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度或反应条件有关，若丁是O2，则乙、丙
的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子，据此解题。若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢
氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故
A 正确；若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关
3
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系，故B 不正确；若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成
一氧化碳，所以符合转化关系，故C 正确；若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化
碳和氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳的相对分子质量相差16，故D 正确。
8．无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，
可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是( )
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S 和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO 不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
【答案】D
【解析】A 项，根据题意，由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度，说明
连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A 正确；B 项，在化合物中各元素化合价代数和为0，连二亚硫酸钠
中硫元素的化合价为+3 价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B 正确；C 项，
连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有
强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C 正确；D 项，根据题意，连二亚
硫酸钠的制备是在无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠得到，说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧
气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D 错误；故选D
9．关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，下列推测合理的是( )
A．(NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2O
B．在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH 溶液时只发生离子反应：NH4
++OH-=NH3↑+H2O
C．若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5(Cr 为+6 价)，推测CrO5可能具有分子稳定性
差，易分解的性质
D．用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O7
2-+H2O
2CrO4
2-+2H+逆向移动，溶液由黄色
(或橙黄色)变为橙色
【答案】C
【解析】A 项，-3 价的氮元素具有还原性，+6 价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬
元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，A 错误；B 项，在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH 溶液时，
除了发生反应NH4
++OH-=NH3↑+H2O，还发生反应Cr2O7
2-+H2O
2CrO4
2-+2H+正向移动，B 错误；C 项，
若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr 为+6 价，O 为-
价，则CrO5可能具有分子稳定
4
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性差，易分解的性质，C 正确；D 项，(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O7
2-具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还
原反应，D 错误；故选C。
10．下列“类比”合理的是( )
A．由O2+2H2S=S+2H2O，说明非金属性O＞S，推测：高温下2C+ SiO2= Si+2CO，非金属性C＞Si
B．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO 推测：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．Fe 与S 在加热条件下反应生成FeS，推测：Cu 与S 在加热条件下生成CuS
D．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
【答案】D
【解析】A 项，可以通过非金属之间的置换反应说明非金属性强弱，但反应物中的非金属单质必须表
现出氧化性，推测中非金属C 表现出还原性，A 错误；B 项，SO2具有还原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此
会发生氧化还原反应，B 错误；C 项，Fe 与S 发生氧化还原反应生成FeS，说明S 的氧化性使变价金属生
成低价态，因此推测应该生成Cu2S，C 错误；D 项，利用强酸制弱酸的原理正确，D 正确；故选D。
11．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是( )
A．ClSO3H 与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H 比FSO3H 更容易水解
C．ClSO3H 的制备可以用HCl 与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H 和HCl 分别溶于水制成1L 溶液，两者pH 不同
【答案】C
【解析】A 项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H
与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl 和Na2SO4，A 正确；B 项，由于F 的电负性比Cl 的大，故
相同条件下，ClSO3H 中的Cl-S 键比FSO3H 中的F-S 键更难断裂，即ClSO3H 比FSO3H 更容易水解，B 正
确；C 项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H 的制备可以用HCl 与SO3反应，但不能
用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C 错误；D 项，氯磺酸(ClSO3H)易水解发生反应
ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H 作用生成3mol 氢离子，1molHCl 溶于水电离出1mol 氢离子，分别
制成1L 溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH 小，D 正确；故选C。
12．中学常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O(未配平，条件略去)。下列叙述不正确的是( )
A．若a 是铁，b 是稀硝酸(过量)，且a 可溶于c 溶液中。则a 与b 反应的离子方程式为Fe+4H++NO3
-
=Fe3++NO↑+2H2O
B．若c、d 均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过
程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO4
2-+2Br-
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C．若a 是造成温室效应的主要气体之一，c、d 均为钠盐，参加反应的a、b 物质的量之比为4：5，则
上述反应的离子方程式为4CO2+5OH-=CO3
2-+3HCO3
-+H2O
D．若c 是无色有刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。在标准状况下用排空气法收集c 气体得平均
摩尔质量为20g•mol-1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约
为0.056mol•L-1
【答案】D
【解析】A 项，硝酸过量时，Fe 被氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO，离子方程式为Fe+4H++NO3
-
=Fe3++NO↑+2H2O，A 正确；B 项，若c、d 均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则该反应应是浓硫酸
与碳反应生成SO2、CO2和水，SO2可以使溴水褪色，被氧化为SO4
2-，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+
+SO4
2-+2Br-，B 正确；C 项，若a 是造成温室效应的主要气体之一，应为CO2，当与NaOH 按照4：5 的比
例进行反应时，根据钠离子、碳原子守恒[n(NaHCO3)+n(Na2CO3)]：[n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)]=4：5，整理
可得n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=3：1，离子方程式为4CO2+5OH-=CO3
2-+3HCO3
-+H2O，C 正确；D 项，若c 是
无色有刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则应为NH3，设混合气体中NH3的体积为V L，则喷泉实
验完成后所得溶液体积也为V L，所以浓度为
≈0.045mol/L，D 错误；故选D。
13．某兴趣小组将过量Cu 与FeCl3溶液充分及应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN 溶液滴加到
清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。已知：
①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——该反应速率很慢
②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——该反应速率很快
③(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似
下列说法正确的是( )
A．用KSCN 溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰
B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN 反应生成Fe(SCN)3
C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu 反应生成的
D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN-发生反应，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移
【答案】D
【解析】A 项，用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，
Cu2+存在干扰，故A 错误；B 项，红色物质是 Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明
也具有氧化性，溶液中的 Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成 Fe3+，故B 错误；C 项，Cu(过量)与 FeCl3 溶
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液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu 过量时，继续反应CuCl2+Cu═2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在
亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓(白色)，但是将 KSCN 溶液滴加到混合液中，也
可能存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以1 观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液
中的 CuCl2 与 Cu 反应生成，也可能是CuCl2、KSCN 之间反应生成，故C 错误；D 项，Cu 只要和
Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使
Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D 正确；故选D。
14．在探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各组分含量的过程中，进行了如下实验，下列说法错误的是(
)
A．反应②中铁粉过量，V=2240
B．固体中有铁粉和铜粉，m=0.68
C．原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量之比为5：1
D．①发生的反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，n=0.02
【答案】C
【解析】从溶液a 能消耗Cl2看，加入硫酸时，Fe2+没有完全被HNO3氧化，则NO3
-全部参加反应，反
应的离子方程式为3Fe2+ + 4H+ +NO3
-=3Fe3++ NO↑+ 2H2O，n(NO)=0.02mol，则n(NO3
-)=0.02mol、
n(Fe2+)=0.06mol、n(H+)=0.08mol，从而得出n[Cu(NO3)2]=0.01mol、n(FeSO4)=
=0.1mol；通入Cl2后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，此时剩余Fe2+的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，
n(Cl2)=0.02mol；加入9g 铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe3+共
0.1mol，需要消耗Fe0.05mol，Cu2+为0.01mol，需消耗Fe0.01mol，剩余H+的物质的量为1.4mol/L×0.1L×2-
0.08mol=0.2mol，需消耗Fe0.1mol，则共需消耗Fe 的物质的量为0.05mol+0.01mol+0.1mol=0.16mol，剩余
铁粉的质量的9g-0.16mol×56g/mol=0.04g，生成Cu 的质量为0.01mol×64g/mol=0.64g。A 项，因为最终有铁
粉剩余，所以反应②中铁粉过量，n(H+)余=0.2mol，生成H20.1mol，体积为2240mL，所以V=2240，A 正确；
B 项，固体中有铁粉0.04g，铜粉0.64g，则m=0.68，B 正确；C 项，原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质
的量分别为0.1mol、0.01mol，物质的量之比为0.1：0.01=10：1，C 错误；D 项，①发生的反应为2Fe2+
+Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Cl2)=0.02mol，则n=0.02，D 正确；故选C。
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第II 卷(非选择题 共58 分)
二、填空题(本题共4 小题，共58 分)
15．(14 分)氮、氧、硫、氯是四种重要的非金属元素，研究它们的性质及用途对生产，生活、科研具
有重要意义。
(1)一氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释水消毒剂，工业上可利用反应NHI3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备。
①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，生成一种具有强烈杀菌作用的物质，该物质的
电子式为___________。
②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应。该反应中氧化剂与
还原剂的物质的量之比为___________。
(2)SO2、NO2两种气体都能对大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含
(NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，写出生成(NH4)2SO3的离子方程式：___________。若向吸收液中通入过
量NO2，NH4HSO3能与NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，写出该反应的离子方程式：___________。
(3)Cl2与NaOH 溶液反应可制取“84”消毒液。用过量的冷NaOH 溶液吸收氯气，制得NaClO 溶液(不
含NaClO3，)，此时ClO-的浓度为c0 mol/L；加热时NaClO 能转化为NaClO3，测得t 时刻溶液中ClO-的浓
度为c1 mol/L (不考虑加热前后溶液体积的变化)。
①写出溶液中NaClO 分解生成NaClO3的化学方程式：___________。
②t 时刻溶液中c(Cl-)=___________mol/L(用含c0、c1的代数式表示)。
(4)S4N4(S 是＋2 价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质NH3通入
S2Cl2的CCl4浓液中，可制得该物质：6 S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl (已知S8是硫单质中最稳定的)。
①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质NH3体现的性质有_______。
S
②
4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学
方程式是_______。
【答案】(1)
(1 分) 1：2(1 分)
(2)2NH3·H2O+SO2=2NH4
+ +SO3
2-(1 分) 4HSO3
-+2NO2=N2+4SO4
2-+2H2O (1 分)
(3)3NaClO
2NaCl+NaClO3(2 分) (
c0-
c1) (2 分)
(4) N、S(2 分) 还原性、碱性(2 分) 2S4N4
S8+4N2↑(2 分)
【解析】(1)①一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解反应，根据原子守恒可推知具有杀菌作
8
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用的物质为HClO，一氯胺与水反应方程式为NH2Cl+H2O=HClO+NH3，HClO 的电子式为：
；
②氨气也是工业上制备硝酸的主要原料，制备硝酸的过程中涉及NO2与水的反应，该反应方程式为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；(2)SO2、NO2两种气体都能对
大气造成污染，需要对其进行吸收处理。用氨水吸收SO2能得到含 (NH4)2SO3和NH4HSO3的吸收液，生成
(NH4)2SO3的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4
+ +SO3
2-，若向吸收液中通入过量NO2，NH4HSO3能与
NO2发生反应生成N2和(NH4)2SO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：4HSO3
-
+2NO2=N2+4SO4
2-+2H2O；(3)①溶液中NaClO 分解生成NaClO3，反应中NaClO 转化为NaClO3，则Cl 的化
合价升高，故必然有元素的化合价降低，即由NaClO 转化为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应
的化学方程式为：3NaClO
2NaCl+NaClO3；②由题干信息，用过量的冷NaOH 溶液吸收氯气，制得
NaClO 溶液(不含NaClO3)，反应方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故这时Cl-的浓度与ClO-的浓
度相等，都为c0 mol/L，又知t 时刻内ClO-的浓度变化了(c0-c1)mol/L，根据反应3NaClO
2NaCl+NaClO3可
知， 则生成的Cl-的浓度为：
(c0-c1)mol/L ，故t 时刻溶液中c(Cl-)= c0 +
(c0-c1)mol/L=(
c0-
c1)mol/L。(4)①根据反应6 S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl，该反应中S2Cl2中部分S 元素由+1 升高到+2，
被氧化，部分S 元素由+1 降低到0，被还原，NH3中部分N 元素由-3 升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，
部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性；②
S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知S8是硫单质中最稳定
的，所以生成单质为N2和S8，化学方程式2S4N4
S8+4N2↑。
16．(14 分)利用下图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系。图中甲～辛均含氮元素。回
答下列问题：
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(1)下列给出的图中物质之间的转化可以一步实现的是__________。
A．甲→丁 B．乙→丁 C．丁→戊 D．戊→丙
(2)下列说法正确的是____________。
A．丙和丁在一定条件下都能生成戊，属于酸性氧化物
B．“甲→乙→丙→丁→戊”就是工业制戊的转化过程
C．己和辛在一定条件下都可与固体NaOH 作用生成乙，其生成乙的原理相同
D．如果庚和辛为同种物质，则可由乙和戊反应制得
(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道是否泄漏，其现象为______________________。已知反应过程
中还有甲生成，该反应的化学方程式为______________________________。
(4)已知铁与过量戊的溶液反应，其反应的化学方程式为：Fe+戊→丙+丁+庚+H2O(方程式未配平)。若
产物中丙和丁的物质的量之比为1：3，则铁与戊的物质的量之比为_________。若检验庚中铁元素的价态，
可选用的试剂为_________，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)CD(2 分) (2)BD(2 分)
(3)有白烟生成(2 分) 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(2 分)
(4) 1：5(2 分) KSCN 溶液(2 分) Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(2 分)
【解析】根据图示中N 元素的化合价及物质所属的类别可推知甲是N2、乙是NH3、丙是NO、丁是
NO2、戊是HNO3、己是NH3·H2O、庚为硝酸盐、辛为铵盐。(1)A 项，发生反应：N2+O2
2NO，不
能产生NO2，A 错误；B 项，4NH3+5O2
4NO+6H2O，不能产生NO2，B 错误；C 项，
3NO2+H2O=2HNO3+NO，C 正确；D 项，3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，D 正确；故选CD；
(2)A 项，NO、NO2在一定条件下可以发生反应产生HNO3，但反应过程中N 元素的化合价发生了变化，所
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以NO、NO2都不是酸性氧化物，A 错误；B 项，在工业上是利用氨的催化氧化方法制取硝酸，发生的反应
为：N2+3H2
2NH3，4NH3+5O2
4NO+6H2O，2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO。可
见在反应过程中实现了甲→乙→丙→丁→戊的转化，B 正确；C 项，NH3·H2O 在溶液中存在电离平衡：
NH3·H2O
NH4
++OH-，当向溶液中加入NaOH 固体时，c(OH-)增大，平衡逆向移动，NH3·H2O 浓度增
大，NH3·H2O 发生分解反应产生氨气；同时NaOH 溶解放热也促进了NH3·H2O 的分解；而铵盐与NaOH 固
体混合加热发生的是复分解反应产生氨气，因此二者制取氨气的原理不同，C 错误；D 项，庚为硝酸盐，
辛为铵盐，若二者为同一种物质，则该物质是NH4NO3，可以通过反应NH3+ HNO3=NH4NO3得到，D 正确；
故选BD；(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道，是因为发生反应：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，NH4Cl 是
白色固体，因此若氯气管道泄漏，会看到有白烟产生；(4)根据题意及反应产生的NO、NO2的物质的量的
比，结合电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2Fe+10HNO3=2Fe(NO3)3+NO↑+3NO2↑+5H2O，
根据方程式可知Fe 与HNO3反应的物质的量的比为1：5；反应产生的Fe3+，可以用KSCN 溶液检验。向待
检验的溶液中滴加几滴KSCN 溶液，若看到溶液变为血红色，就证明含有Fe3+；反应的离子方程式为Fe3+
+3SCN-=Fe(SCN)3。
17．(15 分)有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2 (含SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了
如下实验：
Ⅰ．称取研细的黄铁矿样品0.230g 煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO 和SO2气体，实验后取d 中溶液的
置于锥形瓶中，用
标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10mL，末读数如图所示。完
成下列填空：
(1)装置c 的作用是___________，上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是
___________。
(2)滴定时，标准碘溶液所耗体积为___________。用化学方程式表示滴定的原理___________。
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(3)计算该黄铜矿的纯度___________。
Ⅱ．工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备绿矾FeSO4·7H2O 晶体。
(4)选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN 溶液KMnO4
溶液和NaOH 溶液。所选试剂为___________。证明炉渣中含有FeO 的实验现象为___________。
(5)将炉渣溶解在足量NaOH 溶液中，过滤，取滤渣加入足量稀硫酸和铁屑，过滤后，将滤液
___________、___________、过滤、低温烘干得到绿矾(填写实验操作名称)。
【答案】(1)除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验(2 分) 将系统装置中SO2，全
部排入d 中充分吸收(2 分)
(2)20.00 mL(2 分) I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI(2 分)
(3)80%(2 分)
(4)稀硫酸、KMnO4溶液(1 分) 取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量KMnO4溶
液，若褪色，则含有FeO(2 分)
(5)蒸发浓缩(1 分) 冷却结晶(1 分)
【解析】测定该黄铜矿的纯度，由实验装置可知，a 中浓硫酸干燥空气，b 中铜矿样品煅烧生成Cu、
Fe2O3、FeO 和SO2气体，c 中Cu 可除去过量的氧气，d 中吸收二氧化硫，用0.01mol/L 标准碘溶液进行滴
定d 中溶液时发生I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI，由S 元素守恒可计算纯度，以此来解答。(1)装置c 的作用是
除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验；上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其
目的是将系统装置中SO2，全部排入d 中充分吸收；(2)初读数为0.10mL，最终读数为20.10mL，滴定时标
准碘溶液所耗体积为20.00 mL；用化学方程式表示滴定的原理为I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI；(3)根据公式
计算出n(I2)=0.01×20.00×10-3mol，由I2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HI 可知，n(I2)= n(SO2)=0.01×20.00×10-3mol，则
总的n(SO2)=0.01×20.00×10-3×10mol，由CuFeS2～2 SO2可知，n(CuFeS2)=0.01×20.00×10-3×10×0.5mol，则该
黄铜矿的纯度为
；(4))亚铁离子具有还原性，可被高锰酸钾
氧化，且盐酸可被高锰酸钾氧化，则溶解FeO 选稀硫酸，则设计实验验证炉渣中含有FeO，所选试剂为稀
硫酸、KMnO4溶液，证明炉渣中含有FeO 的实验方案为：取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液
滴加少量KMnO4溶液，若褪色，则含有FeO；(5)将炉渣溶解在足量NaOH 溶液中，过滤，取滤渣加入足
量稀硫酸和铁屑，过滤后，得到硫酸亚铁溶液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、低温烘干得到绿矾。
18．(15 分) 用零价铁(
)去除含氮废水中的硝酸盐(NO3
-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3
-的过
程如下。
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(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的
可以明显提高NO3
-的去除率。向两份含氮废水[n(NO3
-)=8.1×10-
5mol]中均加入足量
粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe 粉
Fe 粉、FeCl2 (3.6×10-5mol)
NO3
-的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3
-的去除率提高的原因：
A．
直接还原NO3
-了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
B．研究发现：Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生
(不导电)，它覆盖在
Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用
57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
D． Cl-破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3
-的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3
-的去除，结合方程式解释原因：
_______。
(5)测定NO3
-含量
步骤1.取vmL 含氮(NO3
-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O7
2-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。
已知：3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O
①水样中NO3
-的含量为_______
。
②溶液中O2影响测定。向步骤1 中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果
_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤(1 分)
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(2) 3Fe+NO3
-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4
+(2 分)
(3) 还原NO3
-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol；Fe2+失去的电子数明显小于
NO3
-所需电子数(3 分) 7.2×10-5mol NaCl(2 分)
(4) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层(2 分)
(5)
(3 分) 偏大(2 分)
【解题分析】(1)由步骤II 得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II 的分离操作为
过滤；(2)由步骤II 反应产物为四氧化三铁和NH4
+，且铁粉和NO3
-在酸性条件下发生该反应，所以该氧化
还原反应为3Fe+NO3
-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4
+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-，
Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，NO3
-~NH4
+~8 e-，NO3
-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显
小于NO3
-所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将3.6×10-5mol FeCl2(即
n(Cl-)=7.2×10-5mol)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl 看是否能达到同样的去除率，
若不能达到同样的去除率说明Cl-不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；(4)根据上述分析可知生成的
Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH) (不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化
层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
(5)步骤1.取vmL 含氮(NO3
-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。发
生3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O7
2-被还原
为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O7
2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求
得剩余的FeSO4的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I 反应的FeSO4的物质的量=
，
根据该反应3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O 可得反应消耗的硝酸根物质的量
，所以原水样中NO3
-的含量
；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7
用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I 反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计
算出来的水样中NO3
-的含量也偏大。
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