【文档说明】重庆市第一中学校2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(24)页，2.844 MB，由小赞的店铺上传

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重庆第一中学2022-20232学年高一下学期第一次月考化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1−C12−N14−O16−Al27−Si

28−S32−Cl35.5−Ca40−Fe56−Cu64−Ag108−一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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.下列各组物质与其用途的关系不正确的是A.明矾净水剂B.硅光导纤维C.液氨制冷剂

D.NaClO消毒液【答案】B【解析】【详解】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，具有净水作用，A正确；B．光导纤维主要成分为SiO2，B错误；C．液氨气化时吸收大量热量，可作制冷剂，C正确；D．次氯酸安具有强氧化性，可以杀菌消毒，D正确；故选B。2.用AN

表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.标准状况下，311.2LSO的分子数大于0.5mol的2HO含有的分子数B.5.6g铁粉与硫酸反应失去的电子数一定为A0.3NC.一定条件下，20.2mo

lSO与20.1molO合成3SO的反应，转移的电子数为A0.4ND.1L0.1molL的氯水中，含有2Cl分子的数目为A0.1N【答案】A【解析】【详解】Ａ．标准状况下SO3为固体，11.2LSO3的分子数远大于0.5molH2O含

有的分子数，A项正确；Ｂ．Fe和稀硫酸生成Fe2+，和浓硫酸（加热）生成Fe3+，5.6g铁粉与足量稀硫酸反应失去的电子数为0.2NA，B项错误；Ｃ．SO2和O2反应生成SO3为可逆反应，所以转移的电子数小于0.4NA，C项错误；Ｄ．Cl2

会和H2O反应，1L0.1mol/L的氯水中含有Cl2分子的数目小于0.1NA，D项错误。答案选A。3.结合氮及其化合物“价一类”二维图及氧化还原反应的基本规律，下列分析或预测正确的是A.N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸，三者均为酸性氧化物B.HNO3、HNO2、Na

NO3、NH3的水溶液均可以导电，四者均属于电解质C.联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸HN3D.硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu【答案】C【解析】【详解】A.酸性氧化物是指能与碱反应生成对应的盐和水

的氧化物，NO2与碱反应不能生成对应的盐，不是酸性氧化物，故A错误；B.NH3与水反应生成32NHHO，32NHHO在水溶液中发生电离可以导电，NH3自身不能发生电离而导电，是非电解质，故B错误；C.联氨(N2H4)中N

的化合价为-2价氢叠氮酸HN3中N的化合价为1-3，亚硝酸(HNO2)中N的化合价为+3价，联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸HN3，故C正确；D.稀硝酸不能溶解Au，故D错误。故答案选：C。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足XYWZ

+=+；化合物3XW与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.非金属性：W>X>Y>ZB.原子半径：Z>Y>X>WC.过量的X的简单氢化物与Z的单质，相遇也会产生白烟D.Y的最高价氧化物对应水化物为弱碱【答案】C【解析】【分析】根据题目条件，化合物3XW与WZ相遇会产生白烟，则3XW

为3NH，WZ为HCl，W、X、Z分别为H、N、Cl，四种元素的核外电子总数满足NYHCl+=+，则Y的核外电子数为11，则Y为Na。【详解】A．Na为金属元素，非金属性最弱；H的非金属性比N、Cl弱；硝酸酸性比高氯酸酸性弱，则非金属性N比Cl弱；故非金属性Cl>N>H>Na，故A

错误；B．H原子电子层为1，N原子电子层为2，Na、Cl原子电子层为3，则原子半径H最小、N次之；Na、Cl原子核电荷数Na比较小，则原子半径Na>Cl，综上所述原子半径Na>Cl>N>H，故B错误；C．X的简单氢化物为3NH，Z的单质为Cl2，3NH与Cl2反应产生HCl，遇过量3NH会产生N

H4Cl，为白烟，故C正确；D．Na最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于强碱，故D错误；故答案为：C。5.下列实验操作中，能够达到实验目的是选项实验目的实验操作A除去3KNO固体中少量的NaCl加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B除去2N气体中少量的2NO通入水中，洗气C除去S固体中的2I

单质加入热的浓NaOH溶液，趁热过滤D除去NaCl溶液中溶解的2Br加入乙醇溶液，分液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．硝酸钾和氯化钠溶解度随温度变化不同，可以利用重结晶的方式除去硝酸钾中少量的氯化钠，A正确；B．二氧化氮与水反应生成NO，除去二氧化氮的同时

引入了新的杂质，B错误；C．硫单质和碘单质都能与热的氢氧化钠溶液反应，C错误；D．乙醇与水能以任意比例互溶，无法从水溶液中萃取出溴单质，D错误；故选A。6.含有下列各组离子的溶液中，通入过量的某种气体后各离子仍能大量存在的是选项溶液中的离子通入的过量的气体AH+、2Ba+、3Al+、I−2

OBHS−、Na+、Br−、24SO−2SOC2Mg+、Na+、24SO−、Cl−3NHD3Al+、Cl−、K+、3NO−2COA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氧气能把I-氧化为I2，故不选A；B．HS−与SO2发生归中反应生成S单质，故不选B；C．2Mg+和氨水

反应生成氢氧化镁沉淀，故不选C；D．3Al+、Cl−、K+、3NO−与二氧化碳气体不反应，通入过量的二氧化碳气体后各离子仍能大量存在，故选D；选D。7.工业上采用Si与HCl在350℃左右反应生成3SiHCl，之后将其还原、结晶得到高纯度的单晶硅产品。已知3SiHCl的熔点为128−

℃，沸点为33℃，且遇2O和2HO均剧烈反应。现要在实验室中制取少量3SiHCl，其实验装置如下图所示，则下列说法正确的是A.反应时，应该先点燃“粗硅”处的酒精灯B.使用浓24HSO和NaCl混合加热制取HCl利用了浓24H

SO的脱水性和强酸性C.冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使3SiHCl冷凝为液体D.可以用无水2CaCl替换干燥管中的碱石灰【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢，Si与HCl在350℃左右反应生成3SiHCl，3SiHCl的熔点为128−℃，沸点为33℃，用冰

盐浴冷却，碱石灰防止空气中的水进入装置中，同时吸收尾气HCl。【详解】A．反应时，应该先点燃“NaCl”处的酒精灯，产生的氯化氢赶走装置中空气，故A错误；B．使用浓24HSO和NaCl混合加热制取HCl利

用了浓24HSO的高沸点制取低沸点的氯化氢，故B错误；C．3SiHCl的熔点为128−℃，沸点为33℃，冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使3SiHCl冷凝为液体，故C正确；D．干燥管中的碱石灰，防止空气中的水进入装置中，同时吸收尾气HCl，不可以用无水2Ca

Cl替换，氯化钙不能吸收氯化氢，故D错误；故选C。8.X、Y、Z三种物质存在如下图所示的转化关系，下列说法不正确的是A.若a是强碱，则X可以作漂白剂和食品添加剂B.若a是氧气，X为单质，则“反应①”常用于工业固氮C.若a是金属单质，则Y、Z中可能含有同种金属元素D.若a是强酸，则Y可能既与酸反应

又与碱反应【答案】B【解析】【详解】A．若a是强碱，如氢氧化钠，X为SO2，氢氧化钠与过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，二氧化硫可以作漂白剂和食品添加剂，故A正确；B

．工业固氮是氮气与氢气反应生成氨气，a不可能是氧气，故B错误；C．若a是金属单质，如铁，铁与氯气反应生成Y氯化铁，Y与铁反应生成氯化亚铁，则Y、Z中可能含有同种金属元素，故C正确；D．若a是强酸，如盐酸，X为偏铝酸钠，Y为氢氧化铝，则Y可能既与酸反应又与碱反应，故D正确；故选B。9.从海带灰中提取

碘的实验步骤如下：干海带⎯⎯⎯→灼烧海带灰浸泡⎯⎯⎯→悬浊液→滤液22HO酸化→碘水4CCl⎯⎯⎯→I2的CCl4溶液→I2则该过程中不涉及下面哪项操作：A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．该图示操作为过滤，在分离悬浊液时通过过滤得到滤液

需要进行过滤操作，A不符合题意；B．图示操作为蒸发，从I2的CCl4溶液中得到I2需要进行蒸馏操作，不需使用蒸发，B符合题意；C．图示操作为分液，向碘水中加入CCl4，利用I2易溶于CCl4而在水中溶解度小，H2O与CCl4是互不相溶的两层液体的性质，用CCl4作萃取剂得到I2的CCl4溶液，

然后通过分液与水层分离，使用分液操作，C不符合题意；D．图示操作为蒸馏，根据I2的CCl4溶液中溶质与溶剂沸点的不同，采用蒸馏方法分离，D不符合题意；故合理选项是B。10.所选用的实验仪器(不考虑夹持装置)能完成下列相应实验的是A.分离NaCl

和4NHCl固体：选用①、③B.除去4BaSO样品中少量3BaCO：选用③、④、⑥和⑨C.配制1100mL0.110molLNaCl−溶液：选用③、⑤和⑥D.从KCl溶液中获取KCl晶体：选用①、⑦和⑧【答案】B【解析】【详解】A．分离NaCl和4NHCl固体可以利用两者的溶解度不同，进行

溶解、然后进行蒸发、结晶操作，①、③不能完成下列相应实验，故A不符合题意；B．硫酸钡不溶于酸、碳酸钡溶于盐酸，可以加入适量盐酸后过滤分离出硫酸钡沉淀，③、④、⑥和⑨能完成下列相应实验，故B符合题意；C．配制1100mL0.110molLNaCl−溶液所需的步骤有计算、称量、

溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，需用的仪器有：天平、药匙、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；③、⑤和⑥不能完成下列相应实验，故C不符合题意；D．从KCl溶液中获取KCl晶体使用蒸发结晶操作，需要使用酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，不是泥三角，①、⑦和⑧不能完成

下列相应实验，故D不符合题意；故选B。11.4KMnO受热分解常用于实验室制备2O。工业制备4KMnO中，首先以软锰矿(主要成分为2MnO)为原料生成24KMnO，进而利用24KMnO“酸性歧化法”生成4KMnO，流程如下图所示。实验室中模拟以上工业流程制备4KM

nO。下列说法正确的是A.熔融过程温度较高，可以选用石英坩埚作反应容器B.“酸化”时若改用盐酸，则反应为244223MnO4H2MnOMnO2HO−+−+=++C.“结晶”获取4KMnO晶体时采用蒸发结晶D.该流程中涉及到的化学反应都是氧化还原反应【答案】D【解

析】【详解】Ａ．在高温下KOH会和石英坩埚（主要成分为SiO2）反应，故不能选则石英坩埚作反应容器，A项错误；Ｂ．锰酸钾具有强氧化性，会将盐酸氧化成Cl2，故不能用盐酸酸化，B项错误；Ｃ．高锰酸钾受热易分解，故不能采用蒸发结晶，该采用降温结晶，C项错误；Ｄ．该流程涉及222422MnO+O

+4KOH2KMnO+2HO高温、24224233KMnO+4CO+2HO=2KMnO+MnO+4KHCO，这两个反应都是氧化还原反应，D项正确。答案选D。12.某实验小组利用如图装置制备3NH并探究其性质。下列说法正确的是A.①中固体可换为4NHCl分解制备氨气B.

②中药品可为无水2CaClC.反应一段时间后，可取③中的固体溶解于稀硝酸中确认反应是否完全D.反应一段时间后，④中锥形瓶收集到的液体呈碱性【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl分解生成的NH3和HCl会重新反应生成NH4Cl固体，A项

错误；B．氨气会和氯化钙反应生成络合物，不能用无水CaCl2来干燥NH3，B项错误；C．Cu和CuO均可和稀硝酸反应，不能判断反应是否完全，C项错误；D．④中锥形瓶中收集到的液体是氨水，呈碱性，D项正确。答案选D。13.由2NO和

NO反应生成2N和2NO的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应生成21molN时转移4mole−B.反应物能量之和大于生成物能量之和C.()()()()222NOgNOgNgNOg+=+1139kJmolH−=−D.每有1molNN形成时，该反应放出139kJ的能量【答案】A【

解析】【详解】A．由图可知发生的反应为N2O+NO=N2+NO2，N2O中N元素化合价从+1价降低到0价，NO中N元素化合价从+2价升高到+4价，生成1molN2时转移2mole-，A错误；B．由图可知反应物的总能大于生成物的总

能量，B正确；C．ΔH=()()EE−反应物生成物=209kJ·mol-1-348kJ·mol-1=-139kJ·mol-1，C正确；D．每有1molN≡N形成时，该反应放出139kJ的能量，D正确；故选A。14.已知2H的燃烧热为285.8kJmol，C

O的燃烧热为282.8kJmol。现有2H和CO组成的混合气体，混合气体的密度是相同条件下氢气密度的7.5倍，现有4mol该混合气体，充分燃烧后并生成液态水。下列说法正确的是A.CO燃烧的热化学方程式为()()()222COgOg2COg+=282.8kJ

molH=−B.2H燃烧热的热化学方程式为()()()2221HgOgHOg2+=285.8kJmolH=−C.燃烧前的混合气体中，CO的体积分数为50%D.混合气体燃烧后放出的热量为568.6kJ【答案】C【解析】【详解】A

．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；故CO燃烧的热化学方程式为()()()222COgOg2COg+=ΔH=-565.6kJ/mol，故A错误；B．表示氢气燃烧热时应该对应液态水，所以H2燃烧的热

化学方程式为()()()2221HgOgHOl2+=ΔH=-285.8kJ/mol，故B错误；C．H2和CO组成的混合气体，混合气体的密度是相同条件下氢气密度的7.5倍，则其摩尔质量为15g/mol，设H2和CO的物质的量分别为a、b，则2a+28b=15a+b，a:b=1:1，则H2的体积

分数等于物质的量分数为11+1×100%=50%，故C正确；D．4mol该混合气体中H2和CO的物质的量分别为2mol、2mol，则完全燃烧放热（285.8×2+282.8×2）kJ=1137.2kJ，故D错误；故选C。15.在标准状况下，在三个干燥的烧

瓶内分别装有：①干燥且纯净的NH3；②含一半空气的氯化氢气体；③NO2和O2体积比为4：1的混合气体。然后分别做喷泉实验，实验结束后假设三个烧瓶中所得溶液不扩散，则三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为A.5：5：4B.2：1：2C.1：1：1D.无法确定【答案】A【解析】【详解】假设烧瓶体

积为5VL，则干燥纯净的氨气体积为5VL，完全溶于水后烧瓶充满溶液溶液体积也是5VL，溶质物质的量浓度为c(NH3)=5VL22.4L/mol5VL=122.4mol/L；含一半空气的氯化氢烧瓶中氯化氢体积为2.5VL完全溶解后烧瓶进水12，也就

是溶液体积为2.5VL，所以溶质物质的量浓度为c(HCl)=2.5VL22.4L/mol2.5VL=122.4mol/L；二氧化氮与氧气体积比为4：1的混合气中NO2体积为4VL，根据方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知生成硝酸物质的量n(HNO

3)=4VL4V22.4L/mol22.4=mol，由于完全反应所以烧瓶充满溶液其体积为5VL，所以溶质的物质的量浓度为c(HNO3)=4Vmol22.45VL=0.822.4mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为：122.4：122.4：0.

822.4=5：5：4。答案选A。16.14g铜银合金与一定量某浓度硝酸溶液反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收。现将同样质量的该合金放入足量硝酸银溶液中，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，称重，得到固体的质量为A.7.6gB.21.6gC.24.8g

D.10.8g【答案】B【解析】【详解】据题意有Cu/Ag3HNO⎯⎯⎯→NO2/NO2O⎯⎯→HNO3，根据电子守恒，Cu和Ag失去的电子数等于O2得到的电子数。设Cu的质量为xg，则Ag的质量为（1

4-x）g，则有2x14x1.12L46410822.4mol/L−+=，解得x=3.2。因此将同样质量的该合金放入足量硝酸银溶液中，得到固体Ag的质量为3.2143.2210821.6g64−+=（），B项正确。答案选B。二、填空题：本题共5小题，共52分。17.中学常见的置换反应的化学方

程式形态可以表示为：A(化合物)＋B(单质)→C(化合物)＋D(单质)(未配平，反应条件略去)。下列问题所涉及反应均符合上述置换反应的化学方程式形态。请回答：Ⅰ.若构成单质B和单质D的元素位于同一主族。（1）B在常温下为液态，D在苯中呈紫红色，写出该反

应离子方程式为___________。（2）B为黑色固体，D常用于太阳能电池及半导体产业，该反应在高温下才可以发生，写出该反应的化学方程式___________。Ⅱ.若构成单质B和单质D的元素位于不同主族(或副族)。（3）若B、D常温

下遇浓硫酸溶液均会钝化，该反应在高温下才可以发生，则该反应化学方程式___________。（4）①A、B、C、D中仅含有三种元素，B、D均为空气中的成分，A为一种具有18个e−的微粒，该反应常用在火箭推进器中燃烧以提供推力，则该反应化学方程式___________。的②由这三种元素组成的

某化合物，其中含离子键和极性共价键，写出这种化合物的化学式___________(写出一种即可)。【答案】（1）22Br2I=2BrI−−++（2）22CSiOSi2CO++高温（3）23232AlFeOAl

O2Fe++高温或34238Al3FeO4AlO9Fe高温++或232Al3FeOAlO3Fe++高温（4）①.24222NHON2HO++点燃②.43NHNO或42NHNO【解析】【小问1详解】B在常温下为液态，B为溴单质，D在苯中呈紫红色，D为

碘单质，该反应离子方程式为22Br2I=2BrI−−++。故答案为：22Br2I=2BrI−−++；【小问2详解】B为黑色固体，D常用于太阳能电池及半导体产业，D为硅，该反应在高温下才可以发生，C还原二氧化硅生成硅和一氧化碳，该反应化学方

程式22CSiOSi2CO++高温。故答案为：22CSiOSi2CO++高温；【小问3详解】若构成单质B和单质D的元素位于不同主族(或副族)，若B、D常温下遇浓硫酸溶液均会钝化，B、D为铝和铁，在高温下发生铝热

反应，则该反应化学方程式23232AlFeOAlO2Fe++高温或34238Al3FeO4AlO9Fe高温++或232Al3FeOAlO3Fe++高温。故答案为：23232AlFeOAlO2Fe++高温或3

4238Al3FeO4AlO9Fe高温++或232Al3FeOAlO3Fe++高温；【小问4详解】的①A、B、C、D中仅含有三种元素，B、D均为空气中的成分，为氧气和氮气，A为一种具有18个e−的微粒，该反应常用在火箭推进器中燃烧以提供推力，A为肼，该反应化学方程式242

22NHON2HO++点燃。故答案为：24222NHON2HO++点燃；②由这三种元素组成的某化合物，其中含离子键和极性共价键，化学式43NHNO或42NHNO，故答案为：43NHNO或42NHNO。18.有资料显示过量的氨和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成

分为4NHCl)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂中4NHCl含量进行测定。回答下列问题：Ⅰ.岩脑砂的制备（1）该实验中，采用装置B，用浓盐酸与二氧化锰反应制取所需氯气，写出该反应的化学反应方程式：___________，装置F中的试剂是______

_____。（2）为了使氨和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：a→___________→ef←___________←b(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。______（3）装置D中竖直短导管的作用是________

___(任写一条即可)。（4）证明氨和氯气反应有岩脑砂生成，文字描述检验其中阳离子的操作___________(供选实验仪器、试剂和试纸：酒精灯、玻璃棒、蒸馏水、稀3HNO、浓NaOH溶液、红色石蕊试纸、

蓝色石蕊试纸)。Ⅱ.岩脑砂中4NHCl含量的测定准确称取一定质量的岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热422Δ2NHCl3CuO3CuN2HCl3HO++++)，装置见下图。（5）当观察到装置H中___________(填写具体

实验现象)，说明G中反应已进行完毕。（6）如果不用J装置，测出4NHCl的含量将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.2MnO4HCl+(浓)222ΔMnClCl2HO++②.饱和食盐水（2）a→dc→ef

←hg←ji←b（3）外接大气，平衡气压，避免装置内压强过大引发安全隐患或外接尾气处理装置，避免污染大气（4）取少量岩脑砂样品，在试管中加蒸馏水溶解，加入适量浓NaOH溶液，加热，用玻璃棒将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝，则证明有4NH+存在（5

）不再产生气泡（6）偏高【解析】【分析】A中制备NH3，C中碱石灰用来干燥氨气，B中浓盐酸和MnO2加热制备氯气，F中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，E中浓硫酸干燥氯气，为使氨气和氯气在D中充分混合，应从e

管通入氨气，f中通入氯气，氨气和氯气在D中氯化铵氮气。【小问1详解】B中浓盐酸和MnO2加热制备氯气的化学方程式为：2222ΔMnO+4HClMnCl+Cl+2HO（浓），F中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是除去氯气中氯化氢气体，故

答案为：2222ΔMnO+4HClMnCl+Cl+2HO（浓）；饱和食盐水。【小问2详解】由分析可知，洗气干燥中导管长进短出，球形干燥管大进小出，装置的合理连接顺序为：a→dc→ef←hg←ji←b。【小问3

详解】装置D中竖直短导管的作用是外接大气，平衡气压，避免装置内压强过大引发安全隐患或外接尾气处理装置，避免污染大气。【小问4详解】岩脑砂主要成分为NH4Cl，其中阳离子为铵根，铵根的检验方式为取少量岩脑砂样品，在试管中加蒸馏水溶解，加入适量浓NaOH溶液，加热，用玻璃棒将湿润的红色

石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝，则证明有+4NH存在，故答案为：取少量岩脑砂样品，在试管中加蒸馏水溶解，加入适量浓NaOH溶液，加热，用玻璃棒将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝，则证明有+4NH存在。【小问5详解】该反应有气体产生，所以当H中无气泡

出现时，证明该反应已进行完毕，故答案为：不再产生气泡。【小问6详解】如果不用J装置，I中碱石灰可能吸收空气中的CO2、H2O，使计算出的氯化氢质量偏大，测得NH4Cl的含量将偏高，故答案为：偏高。19.七铝十二钙()2

312CaO7AlO是新型的超导材料和发光材料。Ⅰ.工业中2Cl的制备研究Deacon法制备2Cl原理为：()()()()2CuOCuCl2224004HClgOg2Clg2HOg++℃（1）热化学机理研究已知：ⅰ.反应中，每4molHCl被氧化，放出116kJ的热量。①Deacon法制备2

Cl的热化学方程式是___________。ⅱ.②断开1molHO−键与断开1molHCl−键所需能量相差___________kJ。（2）催化氧化机理研究Deacon法制备2Cl反应，2CuOCuCl催化历程如下：反应①：___________(写出反应①的化学方程式)反应②：()()()()

22CuOs2HClg=CuClsHOg++为Ⅱ.用白云石(主要含3CaCO和2SiO)和废Al片(主要含23AlO和2SiO)制备七铝十二钙的工艺如下图：（3）白云石的处理不能用稀24HSO代替稀3HNO，原因是___________。（4）滤液1中通入2CO时，

需同时通入3NH，理由是___________。（5）写出用NaOH溶液对废Al片表面氧化膜进行处理的离子方程式___________。（6）将含有1869kg溶质的3AlCl溶液与1300kg的3CaCO在

1500℃下共混，得到七铝十二钙890kg，计算其产率为___________(产率=实际产量理论产量×100％，保留小数点后一位)。【答案】（1）①.()()()()4002224HClgOg2Clg2HOg++℃116kJmolH=−②.32（2）()()()()22

22CuClsOg=2CuOs2Clg++（3）加入稀硫酸会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少（4）碱性环境下，2CO与()32CaNO反应生成CaCO3（5）2322AlO2OH=2AlOHO−−++（6

）64.2％【解析】【小问1详解】①由提给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量116kJ，故热化学方程式为4002224HCl(g)+O2Cl(g)+2HO(g)℃-1116kJmolH=−；②设H-Cl键的键能为a，

H-O键的键能为b，反应热等于反应物的键能总和减去产物的键能总和，4a十498kJ/mol-2243kJ/mol-4b=-116kJ/mol，4(a-b)=-128kJ/mol，a-b=-32kJ/mol，故答案为：32；【小问2详解】总反应为4002224HCl(

g)+O2Cl(g)+2HO(g)℃，反应①+反应②=总反应，可得反应①为2222CuCl(s)+O(g)=2CuO(s)+2Cl(g)；【小问3详解】不能用稀硫酸代替稀硝酸的原因是加入稀硫酸会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，

从而造成生成的CaCO3减少；【小问4详解】滤液1的溶质为Ca(NO3)2，只通入CO2无法反应生成CaCO3，同时通入氨气，碱性环境下，会产生2-3CO，和Ca2+结合生成CaCO3；【小问5详解】Al表面的氧化膜是Al2O3，用NaOH溶解发生反应的离子方程式为

--2322AlO+2OH=2AlO+HO；【小问6详解】n(AlCl3)=31869kg1410mol133.5g/mol=，n(CaCO3)=313001310mol100g/molkg=，由七铝十二钙化学式可知CaCO3过量，由铝元素守恒，14103mol

AlCl3完全反应理论上可获得七铝十二钙1103mol，其质量为3mn1101386g/mol=1386kgMmol==，其产率为890kg=100%=100%64.2%1386kg实际产量理论产量。20.224

NaSO和225NaSO是两种常见的多硫含氧酸盐。Ⅰ.连二亚硫酸钠()224NaSO俗称保险粉，是易溶于水的白色固体，在空气中极易被氧化，在碱性环境下较稳定，是一种还原性漂白剂，常用于印染工业。（1）原料气2SO的

制备供选择装置如下图，供选择物质有：铜粉，23NaSO，70％硫酸，98.3％浓硫酸。选择装置___________(填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ”)，化学方程式为___________。的（2）224NaSO的制备用4NaBH(H为-1价)还原3NaHSO法制

备224NaSO的反应原理为：4322422NaBHNaHSONaSONaBOHO+⎯⎯→++(未配平)。原料气2SO制备装置选定后，将接口a与图1装置的接口b相连，开始后续制备实验。①装置B的作用为___________。②装置C中生成3NaH

SO的离子方程式为___________。③方程式配平后，为使生成的3NaHSO尽可能完全被还原，反应中应控制()()4nNaOH:nNaBH<___________。（3）保险粉在空气中容易吸收氧气而发生氧化。

其方程式可能为：①2242232NaSOO2HO=4NaHSO++②2242234NaSOOHO=NaHSONaHSO+++请设计实验证明氧化时有反应②发生：___________。Ⅱ.葡萄酒常用焦亚硫酸

钠()225NaSO作抗氧化剂。（4）图1的D中物质充分吸收2SO后，得到3NaHSO溶液。写出加热3NaHSO固体脱水制备225NaSO的化学方程式___________。（5）2031年是重庆一中百年校庆，葡萄酒大师洪朝刚在良心农场主成龙的葡萄庄园，采购了-批

顶级葡萄，酿造了10瓶珍藏版的“重庆一中百年校庆葡萄酒”，加入225NaSO，封存。重庆一中化学组质检员张长林对该葡萄酒中抗氧化剂225NaSO的残留量(以2SO计算)进行测定，方案如下：步骤③共消耗10.09molL−的NaOH溶液25.00mL，则该葡萄酒中焦亚硫酸钠含量为_

__________1gL−(资料：中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中焦亚硫酸钠含量(以2SO计算)，其最大使用量为10.25gL−)【答案】（1）①.Ⅱ或Ⅲ②.2324NaS

OHSO+(较浓)2422=NaSOSOHO++或24Cu2HSO+(浓)422ΔCuSOSO2HO++（2）①.平衡压强，防止装置中气压过大，引发安全问题；饱和3NaHSO溶液可以防止2SO的溶解②.2

3OHSO=HSO−−+③.8:1（3）取少许固体溶于水中，加入2BaCl溶液，有白色沉淀产生，则证明②反应有发生（4）32252Δ2NaHSONaSOHO+（5）0.24【解析】【小问1详解】制取SO2可选择

Na2SO4固体和70%的硫酸不加热反应，可选装置Ⅱ，反应方程为()23242422NaSO+HSO70%=NaSO+SO+HO；也可选择Cu和浓硫酸在加热条件下反应制取，可选装置Ⅲ，反应方程式为24422Cu+2HSOCuSO+SO)OΔ(+2H浓，故答案为：Ⅱ或Ⅲ；()23242

422NaSO+HSO70%=NaSO+SO+HO或24422Cu+2HSOCuSO+SO)OΔ(+2H浓。【小问2详解】①装置B中有通向外界的管，起到平衡压强，防止装置中气压过大，引发安全问题的作用，盛装饱和

NaHSO3溶液可以防止SO2的溶解；②C中NaOH溶液和SO2反应得到NaHSO3，离子方程式为--23SO+OH=HSO；③方程式配平结果为4322422NaBH+8NaHSONaSO+NaBO4+6H=O，又n(NaOH)=n(NaHSO3)，为使NaHSO3完全反应，NaBH4应过量，故

应控制n(NaOH):n(NaBH4)<8:1。【小问3详解】反应①与反应②中都生成亚硫酸氢钠，而反应②中还生成硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，可以根据检验产物中是否存在硫酸根离子，具体操作为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶

液，有白色沉淀产生，则证明发生了反应②。【小问4详解】加热NaHSO3固体脱水制备Na2S2O5，发生非氧化还原反应，根据原子守恒，反应方程式为322522NaHSONaSO+HΔO。【小问5详解】H2O2吸收SO2发生反应22224HO+SO=HSO，用NaOH中和

测定时发生反应24242HSO+2NaOH=NaSO+2HO，根据硫元素守恒可得：()()-133211nSO=nNaOH=0.09molL25101.12510mol22L−−=，则-1322m(SO)=64gmol1.12

5107.210gmol−−=，该葡萄酒中SO2含量为2137.210g0.24g?L30010L−−−=。21.2HS和NO是两种主要的大气污染物。（1）将2HS转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。2HS的转化目前主要有以下两种方法：方法Ⅰ克劳斯燃烧法2O2HSS

⎯⎯⎯→少量点燃方法Ⅱ铁盐、铜盐氧化法232Cu,Fe2OHSS++⎯⎯⎯⎯→①方法Ⅰ的化学方程式是___________。②方法Ⅱ，将2HS和2O的混合气体通入3FeCl、2CuCl的混合溶液中反应回收S，物质转化如图1所示。下列说法不正确的是___________。的A．2Cu+和

2HS反应的离子方程式为22SCuCuS−++=B．2O在转化过程中发生的反应为2322O4Fe4H4Fe2HO+++++=+C．整个反应过程中溶液的pH值变小(不考虑产生的2HO的稀释效果)D．提高混合气体中2O的比例可防止生成的硫单质中混有CuS（2）PtBaO−

双催化剂处理大气中的NO和2HS，工作如图2所示。①NO和2O在催化剂Pt表面发生反应的化学方程式为___________。②通过BaO和()32BaNO的相互转化实现2NO的储存和还原，储存2NO的物质是___________。③2NO协同处理2HS过程中，2NO与2HS按比例1:2

通入，每处理20.2molHS时，转移电子数为A0.4N，则产物X的化学式为___________。（3）实验室探究()32BaNO分解规律：某同学结合3HNO受热分解的规律，采用图3所示装置加热()32BaNO固体探究()32BaNO分解规律。加热过程中发现：装置②中也有气泡产生，但在上

升的过程中消失。石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置③中。写出()32BaNO受热分解的化学方程式：___________。加热前称重为mg(含试管)，反应结束后，冷却再次称重为ng(含试管)，试求反应结束后：②试管中液体的物质的量浓度为___________1molL−(用含m和n的

式子表达，试液体积视为仍为100mL)。【答案】（1）①.2222HSO2S2HO++点燃②.AC（2）①.22P2tNO+O2NO②.BaO③.S（3）①.()3222Δ2BaNO2BaO+4NOO+②.m-n5.4【解析】【小问1详解】①在反应

Ⅰ中H2S和O2反应产生S和H2O，反应方程式为2222HS+OS+2HO2点燃；②A．由图示和元素守恒可知，Cu2+和H2S反应生成CuS和H+，H2S为弱酸，不可拆，离子方程式为2++2Cu+HS=CuS+2H，A错

误；B．由图可以看出，Fe2+在O2作用下变成Fe3+，发生反应为2++3+22O+4Fe+4H=4Fe+2HO，B正确；C．若不考虑水的稀释，由总反应为2222HS+O2S+2HO催化剂可知过程中pH不变，C错误；D．提高混

合气体中O2的比例，O2充足时，反应过程中的Fe2+能被充分氧化为Fe3+，而充足的Fe3+可将CuS氧化为S，从而防止生成的硫单质中混有CuS，D正确；故选AC。【小问2详解】①由图示可知，NO和O2在

催化剂Pt表面上发生反应生成NO2，反应方程式为22P2tNO+O2NO；②有图示可以看出，NO2在BaO中储存，在Ba(NO3)2中还原，故答案为BaO；③NO2和H2S发生氧化还原反应，NO2做氧化剂，还原产物为N2，处理0.2molH2S，转移0.4

mol电子，消耗0.1molNO2，根据的是电子守恒，硫元素化合价应从-2→0，故氧化产物X的化学式应为S。【小问3详解】装置②中也有气泡产生，但在上升的过程中消失。石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置③中，说明产生的气体和水完全反应，Ba(NO3)2受热

分解的化学方程式为3222Δ2Ba(NO)2BaO+4NO+O，由反应前后质量守恒可得，NO2、O2的总质量为m-n，设NO2的物质的量为n1，O2的物质的量为n2，可得①n1=4n2②46n1+3

2n2=m-n，解得n1=m54nmol−，装置②中发生反应22234NO+O+2HO=4HNO，溶质为HNO3，由反应可知n(HNO3)=n(NO2)=mn54mol−，所以②试管中液体的物质的量浓度为-1--54molL0.15.4mnmolmmncVL=

==。