【文档说明】广东省深圳市观澜中学2022-2023学年高一下学期3月月考 化学 答案.docx，共(21)页，2.213 MB，由小赞的店铺上传

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2022级高一年级第二学期3月月考化学可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Mg24Al27S32Fe56Cu64Zn65一、单选题：共20小题，每小题3分，共60分。1.2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅复合材料。碳化硅

(SiC)属于A.单质B.化合物C.酸D.碱【答案】B【解析】【详解】A．单质中只含一种元素，SiC含有Si、C2种元素，故A错误；B．SiC是由Si、C2种元素组成的化合物，故B正确；C．电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸，S

iC不能电离出氢离子，SiC不是酸，故C错误；D．电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱，SiC不能电离出氢氧根离子，SiC不是碱，故D错误；选B。2.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Na溶于水：22Na2HONa2O

HH+−+=++B.2Cl溶于水：22ClHOClClO2H−−++=++C.23AlO溶于NaOH溶液：2322AlO2OH2AlOHO−−=++D.FeCl3溶液中加入铜粉：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+【答案】C

【解析】【详解】A．Na溶于水生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是222Na2HO2Na2OHH+−+=++，故A错误；B．2Cl溶于水生成盐酸和次氯酸，反应离子方程式是22ClHOClHClOH−++=++，故B错误；C．23AlO溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是23

22AlO2OH2AlOHO−−=++，故C正确；D．FeCl3溶液中加入铜粉生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；选C。3.下列叙述或操作中正确的是A.浓硫酸能使硫酸铜晶体失去结晶水，体现了浓硫酸的脱水性B.浓硫酸对有机物的腐蚀

性是浓硫酸脱水性和强氧化性的综合体现C.浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性D.浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再涂上稀NaOH溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．硫酸铜晶体中自身含有结晶水，浓硫酸吸收晶体

中的结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，体现了其吸水性，故A错误；B．浓硫酸腐蚀有机物是浓硫酸先使有机物脱水炭化，生成的C被浓硫酸氧化生成CO2，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，B正确；C．稀硫酸具有弱氧化性，表现为H+的氧化性，如稀硫

酸与铁粉反应生成H2，C错误；D．浓硫酸沾到皮肤上，用大量水冲洗后，不能涂稀强碱溶液，可涂上小苏打溶液；D错误；故答案选B。4.下列有关叙述正确的是（）A.168O和188O中子数相同，质子数不同，互为同位素B.H2

O比H2S稳定，H-S键比H-O键更难断裂C.Na2O晶体中存在离子键，是离子化合物D.Na2O2晶体中阳离子与阴离子个数比为1：1【答案】C【解析】【详解】A.168O和188O质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A错误；的的B.H2O比H2S稳定，是因为H-O键键能大于H-S键键

能，则H-O键比H-S键更难断裂，故B错误；C.有离子键的化合物一定是离子化合物，Na2O晶体中存在离子键，是离子化合物，故C正确；D.Na2O2晶体中阳离子与阴离子个数比为2：1，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】过氧化钠晶体中有过氧根，则1mol的过氧化钠晶体中含有的阴

离子数目为1mol。5.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体与溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液实验装置ANO稀盐酸BHCl稀氨水CCOH2ODCO2饱和NaHCO3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产

生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差。详解】A．一氧化氮与稀盐酸不发生反应，烧瓶内外不会产生压强差，不能出现喷泉现象；B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内

外产生较大压强差，能够出现喷泉现象；C．一氧化氮不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能出现喷泉现象；D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能出现喷泉现象；故选B。6.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.5.6gFe和足量的盐酸完全反

应失去电子数为0.3NAB.常温常压下，200g质量分数为17%的H2O2溶液中含氧原子数目为NAC.5.4g铝与足量NaOH溶液反应电子转移数为0.6NAD.标况下，4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.

2NA【答案】C【【解析】【详解】A．5.6gFe的物质的量为：5.6g56g/mol=0.1mol，0.1molFe与足量盐酸反应生成氯化亚铁，失去0.2mol电子，即失去电子数为0.2NA，故A错误；B．200g质量分数为17%的H2O2溶液中，双氧水的

质量为：200g×17%＝34g，双氧水的物质的量为：34g34g/mol=1mol，含有2molO原子，由于水分子中也含有氧原子，则该溶液中含氧原子数目大于2NA，故B错误；C．5.4g铝的物质的量为：5.4g27g/mol=0.3mol，铝与足量NaOH溶液反应的离子方程式

为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，根据关系式2Al6e-可知，0.3mol铝参与该反应时转移了0.3mol2=0.6mol电子，即电子转移数为0.6NA，故C正确；D．标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；故选C。7.配制5

00mL0.100mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图。下列说法正确的是A.实验中需用的仪器有烧瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B.配制前需要将容量瓶瓶底压入水面以检查是否漏水C.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③D.仰视容量瓶的刻度线定容，会使所配NaCl溶液浓度偏

低【答案】D【解析】【详解】A．配制500mL0.100mol·L-1NaCl溶液，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故A错误；B．配制前需要检查容量瓶是否漏水，其操作为往容量瓶中注入一定量的水，右手食指顶住瓶塞左手

托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水，故B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇

匀等，所以正确的操作步骤顺序为②①④③，故C错误；D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故D正确；答案为D。8.X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z的族

序数是其周期数的3倍，下列说法中正确的是A.四种元素简单离子的半径：X<Y<Z<WB.X与Y形成的离子化合物中既含离子键又含共价键C.离子化合物W2Z2中阴阳离子数之比为1:1D.只含X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物【答案

】B【解析】【分析】由题知，Z是氧元素；若X是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X的原子半径比Y的小”，故X是氢元素，则W是钠元素；结合最外层电子数之和为13知，Y是氮元素。【详解】A.简单离子的半径()()()()++23H

NaONrrrr--，即X<W<Z<Y，A项错误；B.NH4H中既含离子键又含共价键，B项正确；C.过氧化钠中阴阳离子数之比为1:2，C项错误；D.只含H、N、O三种元素的化合物可能是共价化合物，如硝酸；也可能是离子化合物，如硝酸铵，D项错误。答案选B

。9.氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的流程如图：下列说法错误的是A.“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质B.工业上可用铁槽车储运浓硝酸C.流程中的转化涉及复分解反应D.为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”【答案】C【解析】【分析】N2、H2在合成塔

中制取NH3，将生成的NH3液化分离后，N2、H2循环使用；在氧化炉内，NH3催化氧化为NO等，在吸收塔内，NO、O2、H2O反应生成硝酸。【详解】A．N2、H2在合成塔中制取NH3，“氨分离器”中，将生

成的NH3液化分离后，N2、H2循环使用，所以主要应用了氨气易液化的性质，A正确；B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，从而阻止铁与浓硝酸的继续反应，所以工业上可用铁槽车储运浓硝酸，B正确；C．流程中转化，涉及的反应有：N2、H2合成

氨反应，NH3催化氧化生成NO的反应，NO、O2、H2O化合生成HNO3的反应，没有涉及复分解反应，C错误；D．因为尾气中含有大量的N2、H2，依图中信息，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，D正确；故选C。10.

用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A.若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明非金属性：Cl>C>SiB.若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液紫

色褪去C.若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊D.装置D起干燥气体作用【答案】C【解析】【详解】A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，非

金属性判断比较最高正价含氧酸的酸性。B．SO2气体能使紫色石蕊试液变红色，不能使紫色石蕊试液褪色；C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应

有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；的D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；故答案为C。11.下列说法正确的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维C.盛装23NaS

iO溶液的试剂瓶可以使用玻璃塞D.利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品运用了2SiO是两性氧化物的化学原理【答案】A【解析】【详解】A．高纯硅是太阳能电池材料，可用于制作光感电池，A正确；B．二氧化硅不能导电，B错误；C．23NaSiO溶液具有粘性，盛装23NaSiO溶液的试剂瓶不能使用玻

璃塞，C错误；D．2SiO是酸性氧化物，利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品运用了2SiO和氢氟酸反应的性质，D错误；故答案选A。12.工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境污染。未脱除H2S的煤气在运输过程中还会腐蚀管道。氧化铁脱硫除去煤气中H2S的原理如图所示。下列

说法错误的是A.单质硫为黄色固体，易溶于水和CS2B.脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2OC.再生过程中，氧化剂与氧化产物的质量比为1：2D.脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率【答案】A【

解析】【详解】A．单质硫为黄色固体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，A错误；B．根据图示可知H2S与Fe2O3·H2O发生脱硫反应产生H2O、Fe2S3·H2O，根据质量守恒定律可知该反应方程式为：3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，B正

确；C．在再生过程中O2与Fe2S3·H2O反应得到S和Fe2O3·H2O，Fe2S3·H2O为还原剂，1mol反应失去6mol电子产生3molS，O2为氧化剂，1mol得到4mol电子，则根据氧化还原反

应中电子得失守恒，可知氧化剂与还原剂的物质的量的比是3：2，则氧化剂与氧化产物的质量比为3：(2×3)=1：2，C正确；D．脱硫过程中，H2S是气体，Fe2O3·H2O是固体，增大反应物的接触面积可使单位时间内反应消耗更多的H2S，因而可提高脱硫效率，D正确；故合理选项是A。13.下列实验不能

达到相应目的的是选项实验目的实验内容A检验溶液中是否含Cl−取少量溶液，向其中加入硝酸酸化，再加入3AgNO溶液，观察是否有白色沉淀生成B检验3Fe+溶液中是否含2Fe+取少量溶液，向其中滴加几滴硫酸酸化的4KMnO溶液，观察溶液紫红色是否变浅或褪去C

证明硫酸的酸性强于碳酸向3NaHCO溶液中加入稀硫酸，观察是否产生气泡D除去粗盐中的杂质离子()2224CaMgSO++−、、向粗盐水中依次加入足量的2BaCl溶液、23NaCO溶液，过滤，向滤液中加入适量稀盐酸，蒸发结晶A.AB.BC.

CD.D【答案】D【解析】【详解】A．加入硝酸酸化，排除干扰离子，后加入3AgNO溶液生成白色沉淀为AgCl，可检验溶液中是否含-Cl，A项正确；B．酸性高锰酸钾溶液可氧化亚铁离子，观察溶液紫红色是否变浅或褪去，

可检验是否含亚铁离子，B项正确；C．3NaHCO溶液中加入稀硫酸，发生强酸制取弱酸的反应，可证明硫酸的酸性强于碳酸，C项正确；D．用BaCl2除去2-4SO，多余的BaCl2用Na2CO3溶液除去，且Na

2CO3溶液除去Ca2+和部分Mg2+，还需用NaOH溶液除去Mg2+，多余的Na2CO3溶液、NaOH溶液可以用稀盐酸除去，盐酸具有挥发性，加热蒸发除去HCl，故D错误；；答案选D。14.下列关于实验室制取SO2的实验，其中叙述正确的是A.甲图中可利用70%

的浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2B.乙图中干燥SO2C.可用丙图中装置和药品收集二氧化硫并吸收尾气D.可用丁图中装置和药品检验铜和浓硫酸反应生成的CuSO4【答案】A【解析】【分析】【详解】A．常使用亚硫酸钠和70%的浓硫酸制SO2，反应不需要加热，采用固

液不加热型装置，A叙述正确；B．SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，B叙述错误；C．澄清石灰水的浓度较稀，不适宜吸收SO2的尾气，C叙述错误；D．反应后的液体混合物应倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，D叙述错误；选A。15.在一定条件下，将6体积的NO2(不考虑NO2转化为N2

O4)和一定体积的NO置于试管中，并将试管倒置于盛有水的水槽中，待试管内液面不变后再通入4.5体积的O2充分反应后，剩余1.5体积气体，则原NO体积可能为：①3体积；②4体积；③5体积；④5.5体积；⑤2体积A.①或⑤B.②或⑤C.④或⑤D.②或③【答案】C【解析】【分析

】根据4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，剩余1.5体积气体，可能为NO，也可能为氧气，以此来计算。【详解】2223++=4NOO2HO4HNO4161.5则一定体积的NO和3体积的氧气发生4NO+3O2+2H

2O＝4HNO3①若剩余气体为NO，则由反应可知，消耗NO为4体积，则原NO的体积为1.5+4=5.5体积；②若剩余气体为氧气，则4NO+3O2+2H2O＝4HNO3中反应的氧气为1.5体积，则原NO的体积为1.543=2体积，故选C。16.如图所示，电流表A指针发生偏转

，同时M极质量增加，N极质量减少，B为电解质溶液。则M、N、B分别为A.M是Cu，N是Zn，B是稀硫酸B.M是Ag，N是Fe，B是稀AgNO3溶液C.M是Zn，N是Cu，B是CuCl2溶液D.M是Ag，N是Fe，

B是稀硫酸【答案】B【解析】【详解】同时M极质量增加，N极质量减少，说明N是负极、M是正极，N的活泼性大于M；M极质量增加，M极析出金属，说明电解质是盐溶液，故B正确。17.把a、b、c、d四种金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a，

b相连，a为负极；c、d相连，d上有气泡溢出；a，c相连，a质量减少；b，d相连，b为正极。则四种金属的活动性顺序由大到小为A.a＞c＞b＞dB.a＞c＞d＞bC.b＞d＞c＞aD.a＞b＞c＞d【答案】B【解析】【分析】【详解】把a、b、c、d

四种金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a，b相连，a为负极，说明金属活动性：a＞b；若c、d相连，d上有气泡溢出，说明金属活动性；c＞d；若a，c相连，a质量减少，说明a为负极，则金属活动性：

a＞c；若b，d相连，b为正极，则金属活动性：d＞b，故四种金属活动性由强到弱的顺序为：a＞c＞d＞b，故合理选项是B。18.锌锰干电池的内部构造示意图如图。下列有关描述中正确的是A.该电池属于二次电池B.电池工作时

，电子从正极经4NHCl糊流向负极C.石墨棒作正极，2MnO在正极发生还原反应D.锌筒作负极，电极反应式为2Zn2en=Z−++【答案】C【解析】【详解】A．该电池是干电池，属于一次电池，故A错误；B．电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，故B错误；C．石墨棒作正极，2MnO在正极发生还原

反应，故C正确；D．锌筒作负极，电极反应式为2Zn-2e=Zn−+，故D错误；故选C。19.氢氧燃料电池构造如图所示，氧气由多孔金属b处通入。其电池反应方程式为：2222H+O=2HO，下列说法不正确．．．的是A.多孔金属a是负极B.多孔金属b上，氧气发生还原反应C.燃料电池放电时将电能转化为

化学能D.正极的电极反应为：--22O+4e+2HO=4OH【答案】C【解析】【分析】【详解】A．燃料电池通氧气一侧必是正极。所以通入氢气的多孔金属a是负极描述正确，不符题意；B．原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应。在多孔金属b上氧气发生还原反应描述正确，不符题意；C．燃料电

池属于原电池，是一种将化学能转化为电能的设备，描述错误，符合题意；D．电解质溶液是氢氧化钾溶液，碱性环境，故正极电极反应描述正确，不符题意；综上，本题选C。20.3.04g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g•mL-1、质量分数为63％的浓硝酸中，得到N

O2和N2O4的混合气体2240mL（标准状况)，向反应后的溶液中加入2.00mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀。下列说法不正确的是A.得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mLB.该合金中铜与镁的物质的量之比是2：lC

.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L-1D.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80％【答案】A【解析】【分析】铜镁合金与硝酸发生反应产生Cu(NO3)2、Mg(NO3)2，当向反应后的溶液中加入NaOH溶液后，金属

阳离子变为Cu(OH)2、Mg(OH)2，所以变为沉淀增加的质量是OH-的质量，金属失去电子的物质的量与OH-的物质的量相等，等于硝酸变为NO2和N2O4得到电子的物质的量相等。【详解】A.n(OH-)=(5.08g—3.04g)÷17g/m

ol=0.12mol，V(NaOH)=0.12mol÷2.00mol/L=0.06L=60mL，A错误；B.假设合金中铜与镁的物质的量分别是x、y，则64x+24y=3.04g；2x+2y=0.12mol，解得x=0.04mol，y=0.02mol，所以

x：y=2:1，B正确；C．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是C=1.4010000.6363mol/L=14mol/L，C正确；D．假设在混合气体中NO2和N2O4的物质的量分别是a、b。则根据电子守恒可得a+2b=0.12

；a+b=2.24L÷22.4L/mol，解得a=0.08mol，b=0.02mol，所以混合气体中，NO2的体积分数是(0.08mol÷0.12mol)×100%=80％，D正确。故选A。二、非选择题：共4小题，共40分。21.研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途

径。I．以下是硫元素形成物质的价类二维图及含硫物质相互转化的部分信息。（1）G是一种由四种元素组成的钠盐，它的电离方程式是___________。（2）C→F→E是造成酸雨的可能途径，请写出其中的化学方程式___________。（3）检验H中阴离子的实验操作及现象是_____

______。Ⅱ．某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。可选用的实验药品如下，①23NaSO溶液②浓硫酸③2NaS溶液④稀硫酸⑤酸性4KMnO溶液⑥品红溶液⑦铜片实验序号预期转化选择试剂(填序号)证明实现转化的现象ⅰ46SS++→ⅱ64SS++→②、⑦、⑥（4）

实验ⅰ选择的试剂是①和________(填序号)，证明实现转化的现象是________。（5）实验ⅱ中发生反应的化学方程式是_______，证明实现转化的现象是________。【答案】（1）+33NaHSONa+HSO−=（2）SO2+H2O=H2SO3

、2H2SO3+O2=2H2SO4（3）先加盐酸，无现象，再加BaCl2，有白色沉淀（4）①.⑤②.酸性4KMnO溶液褪色（5）①.()24222HSO+HS=SOS+2HO+浓②.有气泡产生【解析】【分析】A是S的-2价氢化物，A是H2S；B是S单质；C

是S的+4价氧化物，C是SO2；D是S的+6价氧化物，D是SO3；E是S的+6价含氧酸，E是H2SO4；F是S的+4价含氧酸，F是H2SO3；G是亚硫酸盐、H是硫酸盐。【小问1详解】G是亚硫酸盐，由四种元素组成的钠盐，

G是NaHSO3，它的电离方程式是+33NaHSONa+HSO−=【小问2详解】二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化为硫酸是造成酸雨的可能途径，化学方程式为SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；【小问3详解】H是硫酸盐，H中阴离

子是24SO−，先加盐酸，无现象，再加BaCl2，有白色沉淀生成，说明H中含有24SO−。【小问4详解】46SS++→发生氧化反应，需要23NaSO和氧化剂酸性4KMnO溶液反应，所以ⅰ选择的试剂是23NaSO溶液和酸性4KMnO溶液，证明实现转化的现象是酸性高锰酸钾溶液褪色

。【小问5详解】64SS++→发生还原反应，需要浓硫酸和还原剂2NaS溶液反应，发生反应的化学方程式是()24222HSO+HS=SOS+2HO+浓，证明实现转化的现象是有气泡产生。22.I．某化学兴趣小组利用下图装置制取、收集并探究氨气的性质。已知：()42322

2NHClCaOHCaCl2NH2HO+++（1）当实验进行一段时间后：①用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近塞有棉花的试管口，观察到有白烟产生，写出该反应的化学方程式：___________；②改用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变__

_________色。（2）若要生成标准状况下2.24L3NH，理论上参加反应的4NHCl的质量是___________g(4NHCl的摩尔质量为153.5gmol−)Ⅱ．实验室也可利用如图装置快速制取并干燥氨气(其余装置已略去)。（3）①锥形瓶中的固体是______

_____(填“氯化钠”或“生石灰”)，②干燥管中应装的试剂是___________(填“碱石灰”或“小苏打”)。（4）一氧化氮是大气污染物之一、目前有一种治理方法：在一定条件下，用氨气把一氧化氮还原成无色无毒气体___________直接排

入空气中，有关反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.34HCl+NH=NHCl②.蓝（2）5.35（3）①.生石灰②.碱石灰（4）①.N2②.3224NH+6NO5N+6HO=催化剂【解析】【分析】实验室可以用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法准备氨气，也可

以用浓氨水和氧化钙或氢氧化钠混合准备氨气。【小问1详解】①试管口有氨气溢出，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近塞有棉花的试管口，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，观察到有白烟产生，该反应的化学方程式为34HCl+NH=NHCl；②氨气溶于水，水溶液呈碱性，改用湿润的红色石蕊试纸靠近试

管口，试纸变蓝色。【小问2详解】标准状况下2.24L3NH的物质的量为0.1mol，根据()423222NHClCaOHCaCl2NH2HO+++，理论上参加反应的4NHCl的质量是0.1mol，质量为0.1

mol×153.5gmol−=5.35g。【小问3详解】①氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，溶液温度升高，氨气的溶解度减小，氢氧根离子浓度增大，使+32324NH+HONHHONH+OH−平衡逆向移动，所以浓氨水和氧化钙混合能放出氨气

锥形瓶中的固体是生石灰；②碱石灰能干燥氨气，干燥管中应装的试剂是碱石灰。【小问4详解】在一定条件下，氨气和一氧化氮反应成无色无毒气体N2，反应的化学方程式为3224NH+6NO5N+6HO=催化剂。23.

I．填空。（1）下列反应中，能量变化符合图1的有___________(填序号，下同)，符合图2的有___________。①煅烧石灰石②木炭燃烧③炸药爆炸④酸碱中和⑤碳与二氧化碳高温反应II．如图所示，把试管放入盛有25℃时饱和石灰水的烧杯中，试

管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中。已知：()2CaOH的溶解度随温度升高而降低。试回答下列问题：（2）实验中观察到的现象是___________。（3）若将镁和稀盐酸的反应设计成原电池，用稀盐酸作电解质溶液，铜为原电池的某一电极材料，则

铜为原电池的___________(填“正”或“负”，下同)极。电解质溶液中H+向___________极移动。（4）将铁棒和锌片连接后浸入2CuCl溶液里，当电池中有0.2mol电子通过时，正极电极反应式：___________，负极质量的变化是减少___________g。【答案】（1）①.

②③④②.①⑤（2）小试管内有气泡放出，烧杯内溶液变浑浊（3）①.正②.铜（4）①.Zn-2e-=Zn2+②.6.5【解析】小问1详解】煅烧石灰石是吸热反应；木炭燃烧是放热反应；炸药爆炸是放热反应；酸碱中和是放热反应；碳与二氧化碳高温反应生成CO，是吸热反应；图

1反应物总能量大于生成物总能量，图1表示放热反应，能量变化符合图1的有②③④；图2反应物总能量小于生成物总能量，图1表示吸热反应，符合图2的有①⑤。【小问2详解】镁和盐酸反应放出氢气，属于放热反应，饱和石灰水温度升高，氢氧化钙溶解度

降低，析出氢氧化钙，实验中观察到的现象是：小试管内有气泡放出，烧杯内溶液变浑浊。【小问3详解】若将镁和稀盐酸的反应设计成原电池，用稀盐酸作电解质溶液，镁的活泼性大于铜，镁为负极、铜为正极。原电池中阳离子移向正极，电解质溶液中H+向铜极移动。【小问4详解】将铁棒和锌片连接后浸入2CuCl溶

液里，构成原电池，锌为负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，正极反应式为Cu2++2e-=Cu；当电池中有0.2mol电子通过时，负极消耗0.1molZn，负极质量的变化是减少6.5g。24.为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如下：【（1）

滤渣B的主要成分为__________，溶液F的主要成分为__________。（2）检验滤液D是否含有3Fe+的方法为__________。（3）从滤液D得到绿矾晶体，须进行的操作为：__________、__________、过滤洗涤、干燥。（4）试剂Y可能为__________

。A.NOB.O2C.SO2D.H2O2（5）若气体X为2CO，请写出“滤液A”与过量气体X反应的离子方程式：__________。【答案】（1）①.Cu、Fe②.AlCl3（2）取少量溶液与试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红，则含3Fe+（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（

4）BD（5）AlO2−+2H2O+CO2=A1(OH)3↓+HCO-3；【解析】【分析】合金中Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2；Cu和Fe都与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe；B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和

稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4；Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2；NaAlO2和CO2反应生成A1(OH)3，所以C是Al(OH)3；Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlC

l3，以此来解析；【小问1详解】由以上分析可知滤渣B含有Cu、Fe，溶液F中含有AlCl3；【小问2详解】可用KSCN溶液检验铁离子，溶液变为红色，检验滤液D是否含有Fe3+的方法为：取少量溶液与试管中，加入KSC

N溶液，若溶液变红，则含Fe3+；【小问3详解】若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；【小问4详解】试剂Y为氧化性物质，且不能引进新的杂质，2O、H2O2都具有氧化性且和Cu、稀硫酸反应时不引进新的杂质，NO、2SO都不和Cu、稀硫

酸反应；故选BD；【小问5详解】偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2−+2H2O+CO2=A1(OH)3↓+HCO-3。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com