【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一下学期阶段性检测（二）化学试题 含解析.docx，共(20)页，727.949 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一下学期阶段性检测(二)化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题

时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：H1Li7N14O16S32Mg24Cu64Fe56Ba137一、选择题：本题共14小题，每小题

3分，共42分。在每小题所给出的四个选择中，只有一项符合题目要求。1.“绿水青山就是金山银山”旨在引导社会各界自觉践行绿色生活，共建美丽中国。下列说法错误的是A.水中氮、磷元素过多，造成藻类疯长，消耗水中

溶解氧，使水质恶化，会造成水华、赤潮等水体污染问题B.绿色化学的核心思想是改变“先污染后治理”的观念和做法，减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质C.合理开发和利用金属资源可通过提高金属矿物的利用

率、开发环保高效冶炼方法、防止金属腐蚀、加强废旧金属的回收和再利用、使用替代其他材料等途径D.2SO、NO、2CO、2NO均是常见的大气污染物，主要来源于化石燃料的燃烧，可能造成酸雨、雾霾、光化学烟雾等污染【

答案】D【解析】【详解】A．含氮、磷元素的污水任意排放，使水体富营养化，会导致水华、赤潮等水体污染，A正确；B．从源头抓起避免污染的产生是绿色化学的核心思想，B正确；C．提高金属矿物的利用率、开发环保高效冶炼方法、防止金属腐蚀、加强废旧金属的回收和再利用、使用替代其他材料可以作为合理开发和利用

金属资源的途径，C正确；D．2CO不是大气污染物，氮氧化物是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合生成的，2SO主要来源于化石燃料的燃烧，D错误；故选D。2.下列离子方程式正确的是A.少量2SO通入2Ca(ClO)溶液中：2223SO+Ca+2ClO+HO=CaSO+2H

ClO+−B.水玻璃中通入少量2CO，2-2322323NaSiO+CO+HO=CO+HSiO+2Na+C.2NO尾气用NaOH溶液吸收：23222NO+2OH=NO+NO+HO−−−D.FeS溶于稀硝酸：+2+323FeS+

6H+2NO=3Fe+3S+2NO+3HO−【答案】C【解析】【详解】A．硫元素被次氯酸氧化为最高价，最终生成物是硫酸钙、氯化钙和次氯酸，A错误；B．硅酸钠可以拆，钠离子不参与反应，B错误；C．2NO尾气用NaOH溶液吸收时氮元素自身发生氧化还原生成硝酸根离子和亚硝酸根离子，C正确

；D．FeS溶于稀硝酸时硫元素和铁元素均能被氧化，铁被氧化为铁离子，D错误；故选C。3.在反应：2C(s)CO(g)2CO(g)+中，可使反应速率增大的措施是①压缩体积以增大压强②升高温度③体积不变，通入2N④增加碳的量⑤移出CO⑥体积不变，通入2CO⑦恒温恒压，通入2NA.①②④⑥B.①

②②③⑤⑦C.①②⑥D.①②③④⑥【答案】C【解析】【详解】压缩体积，增大压强，浓度增大，反应速率加快，①正确；升高温度，反应速率加快，②正确；体积不变，通入2N，浓度不变，反应速率不变，③错误；增加碳的量，反应速率不变，④错

误；移出CO，浓度减小，逆反应速率减小正反应速率不变，⑤错误；体积不变，通入2CO，浓度增大，反应速率加快，⑥正确；恒温恒压，通入2N，体积增大，浓度减小，反应速率减小，⑦错误,所以①②⑥正确，故选C。4.三氟化氮(NF3)在微电子工业中是一种优良的等离子蚀刻气体，而且在芯片制造、高

能激光器方面得到了大量的运用；三氟化氮也可以储存能量。下表是几种化学键的键能化学键NNFF−NF−键能(kJ/mol)941.7154.8283.0下列有关说法正确的是A.过程()()22FgFg→吸收154.8kJ能量

B.过程()()()3NFg3FgNg→+要放出能量C.反应()()()223Ng+3Fg=2NFgΔ=-291.9kJ/molHD.3NF一旦吸收能量就能发生化学反应【答案】C【解析】详解】A．F原子形成F2

分子，形成化学键，放出热量，A错误；B．NF3分子拆解成原子，化学键断裂，吸收能量，B错误；C．H=反应物键能和-生成物键能和，故该反应Δ=941.7kJ/mol+3154.8kJ/mol23283.0kJ/mol=-

291.9kJ/molH−，C正确；D．反应有相应的活化能，NF3需获得一定的能量，使分子平均能量高于最低要求才能开始发生反应，D错误；综上所述，本题选C。5.一种制备高效漂白剂2NaClO的实验流程如图所示，反应I中的反应为：322224243NaClO+4SO+3

HO=2ClO+NaSO+3HSO+NaCl，下列说法不正确的是A.产品中可能含有NaClB.反应II中22HO作氧化剂C.2NaClO的漂白原理与新制氯水、84消毒液相同D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行【答案】B【解析】【分析】NaClO3和SO2在反应器I中发

生氧化还原反应生成ClO2，【3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，ClO2在反应器II中与双氧水、氢氧化钠反应发生氧化还原反应2ClO2+H2O2+2NaO

H=2NaClO2+2H2O+O2，生成亚氯酸钠，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到其晶体。【详解】A．在蒸发浓缩NaClO2溶液时，由于NaClO2不稳定，受热易分解，产品中可能含有NaCl，A正确；B．反应II：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，H2

O2作还原剂，B错误；C．NaClO2的漂白性是利用其强氧化性，新制氯水、84消毒液漂白也是利用其强氧化性，故三者漂白原理相同，C正确；D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，D正确；故选B。6.某兴趣小组探究2SO气体还原3Fe+，他们使用的药品和装置如下图所示

，下列说法不合理的是A.为了验证A中发生了氧化还原反应，滴入4KMnO溶液，紫红色褪去，产生白色沉淀B.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的2BaCl溶液C.表明2SO还原性强于I−的现象是B中蓝色溶液褪色或变浅D.装置C的作用是吸收2SO尾气，防止

污染空气【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫、Cl-都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，A不合理；B．A中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，表明溶液中含有SO4-，从而表明FeCl3将SO2氧化为SO4-，B合理；C

．B中发生反应为SO2+I2+2H2O=2I-+SO4-+4H+，则还原性SO2>I-，反应发生后，B中蓝色溶液褪色，C合理；D．SO2有毒，会污染环境，所以装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气，D合理；故选A。7.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是

实验现象结论A用4CCl萃取碘水中的2I溶液分层，上层紫红色，下层无色2I在4CCl中的溶解度更大B用玻璃棒蘸取新制氯水滴到pH试纸上pH试纸先变红后褪色新制氯水既有酸性，又有漂白性C用Cu与稀硝酸反应制

备NO，并用向下排空法收集气体铜片溶解，有无色气体生成，得到蓝色溶液稀硝酸具有强氧化性D加热43NHHCO的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝43NHHCO显碱性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．四氯化碳密度比水大，萃取分层后下层为紫色，A错误；B．氯水

具有酸性和漂白性，能使pH试纸先变红后褪色，B正确；C．NO能与氧气反应，不能用向下排空气法收集，C错误；D．碳酸氢铵受热分解生成氨气，水和二氧化碳，石蕊试纸变蓝说明有氨气产生，但不能说明碳酸氢铵显碱性，D错误；故选B。8.下列图示与对

应的叙述相符的是(a)(b)(c)(d)A.(a)图生成物的总能量大于反应物的总能量，表示生成物比反应物更稳定B.(b)图是金刚石与石墨分别被氧化生成2CO的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石为吸热反应C.由(c)图可

知，3222SO(g)2SO(g)+O(g)1H=(ba)kJmol−−D.(d)图是某反应：A→C(由两步反应A→B→C完成，B为中间产物)的能量曲线(E表示能量)，整个反应中4123H=EEEE−−−【答案】B【解析】【详解】A．图(a)中反应物总能量低于生成物总能

量，表示吸热反应，不能比较反应物和生成物的稳定性，A错误；B．由图(b)可知，石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应，B正确；C．反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由(c)图可知：2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(

g)ΔH=(a-b)kJ⋅mol-1，C错误；D．A→BΔH=E1-E2，B→CΔH=E3-E4，两式相加得总反应，则整个反应中ΔH=E3-E4+E1-E2，D错误；故选B。9.向容积为2L的密闭容器中加入0.3molA、0

.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的总物质的量不变。下列说法错误的是A.若1t15=，则10ts内反应速率1-1v(C)=0.00

8molLmin−B.1ts时A的转化率为60%C.反应的化学方程式3A(g)=2C(g)+B(g)D.起始B的浓度为-10.02molL【答案】AC【解析】【分析】由图可知，t1时刻反应达到平衡，消耗A和生成C的物质的量之比为(0.30-0.12)：(0.22

-0.10)=3：2，反应前后混合气体总物质的量不变，即反应前后气体分子数不变，即B为生成物，系数为1，反应方程式为3A(g)2C(g)+B(g)。【详解】A．由图可知，该时间段内，物质C的变化浓度为0.22-0.10mol=0.06mol/L2

L()，v(C)=0.06mol/L15s=0.004mol/(L·s)，A错误；B．1ts时达到平衡，A的平衡转化率为0.300.12100%=60%0.30−，B正确；C．由分析可知，该反应为可逆反应，反应方程式为3A(g)2C(g)+B(g)，C错误；D．物

质C的浓度变化为0.22-0.10mol=0.06mol/L2L()，由方程式可知，反应生成B的浓度为变化为0.06mol/L=0.03mol/L2，起始浓度为：0.10mol-0.03mol/L=0.02mol/L2L，D正确；故选AC。10.下列关于热化学反应

的描述中正确的是A.稀盐酸和NaOH稀溶液发生反应生成1mol液态水放出57.3kJ的热量，则24242HSO(aq)+Ca(OH)(aq)=CaSO(s)+2HO(l)-1ΔH>114.6kJmol−B.25℃、101kPa时，4CH(g)的燃烧热H为-1890.3kJ

mol−，则4222CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(g)-1H890.3kJmol−C.25℃、101kPa时，已知2H(g)、24CH(g)、26CH(g)的燃烧热H为-1286kJmol−、-1141

1kJmol−、-11560kJmol−，则24262CH(g)=CH(g)+H(g)-1ΔH=+137kJmolD.已知500℃、30MPa下，223N(g)+3H(g)2NH(g)-1ΔH=92.4kJmol−，现将1.5mo

l2H和足量的2N在此条件下充分反应，放出热量为46.2kJ【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸与氢氧化钙的离子反应中有硫酸钙沉淀生成，生成硫酸钙沉淀也会放出热量，故24242HSO(aq)+Ca(OH)(aq)=CaSO(s)+2HO(l)-1ΔH<114.6kJmol−

，A错误；B．25℃、101kPa时，表示4CH(g)燃烧热的热化学方程式为：4222CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(l)-1H890.3kJmol=−，液态水变为气态水要吸热，故4222CH(g)+2O(g)=CO(g)+2

HO(g)-1H890.3kJmol−，B错误；C．表示2H(g)、24CH(g)、26CH(g)燃烧热的热化学方程式分别为：-122211H(g)+O(g)=HO(l)=286kJmol2−、-1242222CH(g)+3

O(g)=2CO(g)+2HO(l)=1411kJmol−、-12622237CH(g)+O(g)=2CO(g)+3HO(l)=1560kJmol2−，则24262CH(g)=CH(g)+H(g)-1321ΔH=ΔH-ΔH-

ΔH=+137kJmol，C正确；D．该反应为可逆反应，将1.5mol2H和足量的2N在此条件下充分反应，放出热量小于46.2kJ，D错误；故选C。11.已知：422424424222KMnO5HCO3HSO2

MnSOKSO10CO8HO++=+++。某化学小组欲探究该反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行如下表实验(忽略溶液体积变化)。实验中测定酸性4KMnO溶液褪色的时间。下列说法错误的是编号10.0

1molL−酸性4KMnO溶液体积/mL12240.1molLHCO−溶液体积/mL水的体积/mL反应温度/℃反应时间/minI220202.1II21V1205.5III22V0500.5A.12V=1,V=2B.实验I、III的目的

是探究温度对化学反应速率的影响C.若加入酸性4KMnO溶液过量，将不能达到实验目的D.实验I中用4KMnO浓度变化表示的反应速率()114vKMnO0.02molLmin−−=【答案】D【解析】【详解】A．由于保证4KMnO溶液浓度相同，总体积为4ml，所以

12V1,V2==，A正确；B．从数据分析实验Ⅰ、III的目的是探究温度对化学反应速率的影响，B正确；C．若改用浓度较大的酸性4KMnO溶液，导致4KMnO溶液过量，无法测定酸性4KMnO溶液褪色的时间，C正确；D．经计算，反应速率()-311114-320.0110vKMnOm

olLmin0.0024molLmin(2+2)2.110−−−−==，D错误；故选D。12.应用下列装置测定氨气的组成。实验利用了氨气能还原氧化铜生成氮气、铜和水的原理。实验后测得装置D增重ag，用排水法测量得2N的体积为bL(已折算成标准状况)。下列有关实验描述

正确的是A.装置A用于制备氨气，可用加热氯化铵固体的装置代替B.装置E作用是防止水蒸气进入装置D中，若撤去装置E，则测得氮氢比偏大C.装置B的作用是干燥氨气，可替换成无水氯化钙D.由实验数据可以计算得到氨气分子中的

氮氢个数比为9b11.2a：【答案】D【解析】【分析】装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C中氨气还原氧化铜生成氮气、水和铜，装置D吸收产生的水蒸气，装置E吸收剩余的氨气，装置F排水法测量氮气的体积，据此解答。【详解】A

．加热氯化铵固体生成氨气和氯化氢，在管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，A错误；B．装置E的作用是吸收剩余的氨气，同时防止水蒸气进入装置D中，若撤去装置E，会导致水蒸气的质量增加，则测得氮氢比偏小，B错误；C．生成的氨气中含有水蒸气，

装置B的作用是干燥氨气，NH3会和无水氯化钙反应，不能将碱石灰替换成无水氯化钙，C错误；的D．标准状况下，bL氮气的物质的量为：n(N2)=bLb=mol22.4L/mol22.4，含有的N的物质的量为:bmol11.2，装置D增重的为水的质量，则水的物

质的量为：mol，含有的H的物质的量为：amol18，氨气中含有的N、H原子数之比为：bmol11.2：amol18=9b：11.2a，D正确；故选D。13.地球上99%的溴元素以Br−的形式存在于海水中，因此溴被称为“海洋元素”。从海水中

提取溴的工艺流程如图：下列说法错误的是A.经操作Ⅰ后剩余溶液可返回过程Ⅰ循环利用B.过程Ⅱ通入热空气吹出2Br，利用了溴的挥发性C.过程Ⅲ的离子方程式是+2-2224SO+Br+2HO=2HBr+2H+SOD.理论上过程Ⅲ、Ⅳ消耗的2SO、2Cl的物质的量之比为1：1【答案】C【

解析】【分析】晒盐苦卤中加入H2SO4和Cl2，可将晒盐苦卤中的Br−氧化为Br2，通入水蒸气和空气将Br2吹出，然后再加入SO2将Br2还原，生成H2SO4和HBr，再通入Cl2将Br-氧化为Br2，得到浓溴水，后经蒸馏得到溴蒸气。【详解】A．根据分

析，经操作I后剩余溶液中含有H2SO4，可以用于过程I，可循环利用，A正确；B．温度高溴的挥发性会增强，过程Ⅱ通入热空气吹出2Br，利用了溴的挥发性，B正确；C．氢溴酸是强酸应该拆开写，C错误；D．过程

III的反应为22224SO+Br+2HO=2HBr+HSO，过程IV的反应为22Cl+2HBr=2HCl+Br，由于Br2的量相等，故消耗的2SO、2Cl的物质的量之比为1∶1，D正确；故选C。14.利用某分子筛作催化剂，3NH可脱除废气中的NO

和2NO，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示，下列说法正确的是A.反应过程中2NO、+4NH之间的反应是氧化还原反应B.上述历程的总反应可以为：32222NH+NO+NO2N+3HO催化剂C.在③反应中，X是2HNOD.42(NH)(HNO)+是反

应过程中的催化剂【答案】B【解析】【分析】由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO2催化剂2N2

+3H2O。【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO2催化剂2N2+3H2O，B正确；C．结合B可知，X

是N2和H2O，C错误；D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4个大题，共58分。15.已知甲、乙、丙为常见单质，其中甲、

乙所含元素都是第三周期的元素。A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物，B和乙均为淡黄色固体，丙是空气的主要成分之一，在一定条件下，各物质相互转化关系如下图所示：（1）甲所含元素在周期表中的位置为___________，写出B的电子式___________

。（2）G水溶液和固体C用于测定中和热时，测得的中和热ΔH___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（3）已知1molF(g)转化为1molG(g)会放出98kJ的热量，写出32gF(g)和丙反应生成G(g)的热化学方程式___________。假如实际

生产中1molF(g)与足量的丙反应放出的热量约为24.5kJ，则F的转化率为___________。（4）关于F(g)G(g)→的反应，下列说法正确的是___________。A.该反应反应物断开化学键吸收的总能量比生成物形成化学键放出的总能量少B.选择优良的催化剂降低正反应反应和逆反应的活化能

，有利于减少过程中的能耗C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热（5）一种与E含相同元素的化合物在酸性条件下可以生成乙和F，写出该离子反应方程式___________；盛装乙的试管可用热的烧碱溶液清洗，反应原理是___________(用

化学方程式表示)。【答案】（1）①.第三周期ⅠA族②.（2）偏小（3）①.()()()2232SOg+OgSOg2-1ΔH=196kJmol−②.25％（4）AB（5）①.2+2322SO+2H=S+SOHO−+②.2232Δ

3S+6NaOH2NaS+NaSO+HO【解析】【分析】甲、乙、丙为常见单质，其中甲、乙所含元素都是第三周期的元素。A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物，B和乙均为淡黄色固体，乙是S单质，B能与水反应丙和C，B是Na2O2、C是NaOH、丙是O2，甲与氧气反

应生成A，A与氧气反应生成Na2O2，甲是Na、A是Na2O；S和氧气反应生成F，F和氧气反应生成G，则F是SO2、G是SO3；Na2O和SO2反应生成Na2SO3，Na2SO3与氧气反应生成Na2SO4，D是Na2SO3、E是Na2SO4；Na和S反应生成

Na2S，X是Na2S。【小问1详解】的甲是金属Na，Na元素在周期表中的位置为第三周期ⅠA族，B是Na2O2，Na2O2是离子化合物，电子式为。【小问2详解】G的水溶液是H2SO4，固体NaOH溶于水放热，用硫酸和氢氧化

钠固体测定中和热时，放热偏多，测得的中和热ΔH偏小。【小问3详解】1molSO2(g)转化为1molSO3(g)会放出98kJ的热量，32gSO2(g)和氧气反应生成SO3(g)的热化学方程式()()()2232SOg+OgSOg2-1ΔH=196kJmol−。假如实际生产中1molSO

2(g)与足量的丙反应放出的热量约为24.5kJ，则参加反应的SO3(g)为0.25mol，F的转化率为0.25mol1mol100%25%=。【小问4详解】A.()()()2232SOg+OgSOg2是放

热反应，反应物断开化学键吸收的总能量比生成物形成化学键放出的总能量少，故A正确；B.选择优良的催化剂降低正反应反应和逆反应的活化能，有利于减少过程中的能耗，故B正确；C.()()()2232SOg+OgSOg2是放热反应，正反应的活化能小于逆

反应的活化能D.使用催化剂，降低反应活化能，不能改变反应的反应热，故D错误；选AB。【小问5详解】一种与Na2SO4含相同元素的化合物在酸性条件下可以生成S和SO2，该化合物是Na2S2O3，该离子反应方

程式2+2322SO+2H=S+SOHO−+；盛装S的试管可用热的烧碱溶液清洗，S和热氢氧化钠反应生成硫化钠、亚硫酸钠，反应方程式为2232Δ3S+6NaOH2NaS+NaSO+HO。16.硼酸(33

HBO)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含2252MgBOHO、2SiO及少量23FeO、23AlO)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：已知：4242252244432(NH)SO+MgBOHO+2HO=2MgSO+2NHB(

OH)+2NH回答下列问题：（1）在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式___________。（2）“滤渣1”的主要成分有___________(填化学式)。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有3Fe+离子，可选

用的化学试剂是___________(填化学式)。（3）已知33HBO的电离方程式为+3324HBO+HO=H+B(OH)−，可知33HBO为___________元弱酸，请写出33HBO与足量NaOH溶液反应的离子方程式___________；“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5的目的是

___________。（4）“沉镁”后分离生成的23Mg(OH)MgCO沉淀的操作为___________，母液经加热后可返回___________(填“溶浸”“吸收”或“沉镁”)工序循环使用。高温焙烧碱式碳酸镁可制备轻质氧化镁，写出化学方程式________

___。【答案】（1）343423=NH+NHHCON)HCO(（2）①.23AlO、23FeO、2SiO②.KSCN（3）①.一②.()4-33HBO+OH=BOH−③.使()44NHBOH转化为33HBO，促进33HBO析出（4）①.过滤②.溶浸③.()3222MgOHMgCO2Mg

O+HO+CO高温【解析】【分析】硼镁矿(含2252MgBOHO、2SiO及少量23FeO、23AlO)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据已知得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的2SiO、23FeO、23AlO；调节

滤液pH=3.5再过滤得到33HBO，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到23Mg(OH)MgCO，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。【小问1详解】由分析可知NH4HC

O3吸收NH3得到(NH4)2CO3，343423NH+NHHCO=(NH)CO，答案为：343423NH+NHHCO=(NH)CO；【小问2详解】由分析可知滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的2SiO、23FeO、2

3AlO，检验3Fe+需用KSCN，答案为：23AlO、23FeO、2SiO；KSCN；【小问3详解】一个硼酸分子电离出一个氢离子，所以硼酸是一元弱酸，33HBO与足量NaOH溶液反应的离子方程式()-334HBO+OH=BOH−，“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5的目的是使()44

NHBOH转化为33HBO，促进33HBO析出，答案为：一；()-334HBO+OH=BOH−，使()44NHBOH转化为33HBO，促进33HBO析出；【小问4详解】分离溶液和沉淀操作为过滤，母液中含有(NH4)2SO4，可返回溶浸工序循环使用，高温焙烧碱式碳酸镁可制备

轻质氧化镁化学方程式为：()3222MgOHMgCO2MgO+HO+CO高温，答案为：过滤，溶浸，()3222MgOHMgCO2MgO+HO+CO高温。17.实验室用粗锌(含少量铜、硫化亚铁)和稀硫酸反应制备氢气，用氢气还原硫酸锂可以制备疏化锂，实

验装置如下。已知：硫化锂易潮解，在加热条件下易被空气中的氧气氧化。请回答下列问题：（1）按气流从左至右，装置的连接顺序是c→___________(按气流方向，填小写字母，部分装置可重复利用)。的（2）组装仪器后，加药品之前的实验操作是___________，利用B装置还可制备的常

见气体有___________(填序号)。A．2HSB．2ClC．3NHD．2CO（3）装置C的作用是___________。（4）若装置A中只有两种产物生成，请写出反应的化学方程式___________。（5）采用E装置对装置B中混合物进行分离，再

将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶可得到副产物皓矾(42ZnSO7HO)晶体。采用E装置对装置B中混合物进行分离的目的是___________。（6）实验小组欲探究2LiS产品的成分，现进行如下实验操作。取少量等质量的两份2LiS样品：一份滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色，加

热后又恢复红色；另一份滴加盐酸酸化的2BaCl溶液，产生白色沉淀。(已知：BaS易溶于水)I．由上述实验可知，2LiS样品中含有___________、___________杂质(填化学式)。II．若产品含上述实验所检测出的杂质，为检测产品纯度，取1

00g2LiS样品加入足量2BaCl溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到固体24.03g，将固体在空气中加热，固体质量变为25.63g，则测得2LiS样品中两种杂质的物质的量之比为___________。【答案】（1）edfgabfg→→→→→→→或edfgbafg→→→→→→→（

2）①.检查装置气密性②.AD（3）除去B中产生的2HS气体（4）24222OΔLiSO+4HLiS+4H（5）防止过滤过程中因温度降低，皓矾晶体析出造成损失（6）①.23LiSO②.24LiSO③.10：1或者1：10【解析】

【分析】利用氢气还原硫酸锂制备硫化锂，B中锌和稀硫酸反应制取氢气，C除去氢气中的H2S杂质，D对氢气进行干燥，装置A发生反应24222OΔLiSO+4HLiS+4H，最后一个装置D用于吸收空气中的水蒸气，防止产物潮解，据此解答。【小问1详解】由分析可

知气流从左至右，装置的连接顺序是c→edfgabfg→→→→→→→或edfgbafg→→→→→→→，答案为：edfgabfg→→→→→→→或edfgbafg→→→→→→→【小问2详解】组装仪器后，加药品之前的实验操作是检查装置气密性，启普发生器是用固体与液体试剂在常温条件（不

用加热）下反应制取难溶性气体的典型装置，A．制备2HS需用硫化盐和酸制取不用加热不是易溶于水的气体，可以使用启普发生器，A正确；B．制备2Cl用二氧化锰和浓盐酸需要加热不能用启普发生器，B错误；C．3NH易溶于水，不能使用启普发生器制备，C错误；D

．制备2CO用盐酸和碳酸钙不需要加热且2CO不易溶于水，D正确；故选AD；答案为：检查装置气密性，AD；【小问3详解】粗锌(含少量铜、硫化亚铁)制备氢气时硫化亚铁与稀硫酸会生成H2S杂质，硫酸铜与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，所以装置C的作

用是吸收H2S杂质，答案为：除去B中产生的2HS气体；【小问4详解】由分析知装置A中反应的化学方程式为：24222OΔLiSO+4HLiS+4H，答案为：24222OΔLiSO+4HLiS+4H；【小问5详解】过滤需要除去难溶杂质如铜等，为避免析出硫酸锌晶体，需要趁热过滤，答案为：防止

过滤过程中因温度降低，皓矾晶体析出造成损失；【小问6详解】I．将气体通入品红溶液中，溶液褪色，说明产生了二氧化硫气体，因此2LiS样品中含有23LiSO，在溶液中滴加盐酸酸化2BaCl溶液，产生白色沉淀，说明存在24LiSO，答案为：23LiSO，24L

iSO；II．干燥得到固体24.03g是硫酸钡和亚硫酸钡的混合物，将固体在空气中加热，固体质量变为25.63g，是因为亚硫酸钡被氧化为硫酸钡，增加的质量即是参加反应的氧气质量，为25.63g－24.03g＝1.6g，物质的量是0.05mol，根据2BaSO3+O2＝2

BaSO4可知亚硫酸钡的物质的量是0.1mol，质量是21.7g，所以硫酸钡的质量是24.03g－21.7g＝2.33g，物质的量是0.01mol，所以原混合物中亚硫酸钾和硫酸钾的物质的量分别是0.1mol、0.01mol，答案为：10∶1或者1∶10。18.大气环境中xNO

的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为222NO(g)+C(s)N(g)+CO(g)。回答下列问题：（1）以上反应可分为如下三步反应方程：第一步：NO+CCNO→吸附态快反应第二步：2CNON+CO→吸附态快反应第三步：2CO+

NON+X→慢反应I．物质X为___________(填化学式)。在这三步反应中第___________(填“一”“二”“三”)步是该反应的决速反应。II．下列关于活化能说法正确的是___________。A．增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，化学反应速率加快B．升高

温度和使用催化剂，均能降低反应的活化能，使得活化百分数增大，加快化学反应速率C．催化剂可以改变反应历程D．第一步中NO与C的碰撞都是有效碰撞（2）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、23LaO/C，通入NO使其浓

度达到0.1mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：I．据图分析，温度490°C以下，三种情况下反应的活化能最小的是___________(用a、b、c表示)；CaO/C、23LaO/C去除NO效果比C更好，其依据是______

_____。II．在CaO/C、490°C条件下0~2h内的平均反应速率v(NO)=___________1-1molLh−，2h时反应器中2N的浓度为___________。【答案】（1）①.2

CO②.三③.AC（2）①a②.相同温度下，NO去除率更高③.0.0225④.0.0225mol/L【解析】【小问1详解】I．根据盖斯定律，第一步+第二步+第三步为总反应：222NO(g)+C(s)N(g)+CO(

g)，得到物质X为2CO，慢反应该反应的决速反应，所以是反应三，答案为：2CO，三；II．A．增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，化学反应速率加快，A正确；B．使用催化剂能降低反应的活化能，

升高温度分子的能量升高活化分子数增大，两者均使得活化百分数增大，加快化学反应速率，B错误；C．催化剂会参与反应过程所以可以改变反应历程，C正确；D．第一步中NO与C的能发生反应的碰撞才是有效碰撞，D错误；故选AC【小问2详解】I．在三个反应器中分别加入

C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO效果最好的是a；图中分析可知CaO/C、La2O3/C去除NO效果好于C，原因是相同条件下NO去除率更高，答案为：a，相同温度下，NO去除率更高；.

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