【文档说明】四川省乐山第一中学校2023-2024学年高一下学期4月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.205 MB，由小赞的店铺上传

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乐山一中高2026届高一下4月月考化学测试卷相对原子质量：Fe-56S-32O-16一、选择题(共14道，每道3分)1.化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是A.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁

粉等，其作用都防止食品氧化变质B.二氧化硅制成的玻璃纤维，因为导电能力强被用于制作光导纤维C.砖瓦、有色玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品D.水玻璃是一种混合物，可用于生产黏合剂和防火剂【答案】D【解析】【详解】A．硅胶、生石灰都

没有还原性，不能与空气中的氧气反应，不能起到防止食品氧化变质的作用，故A错误；B．二氧化硅是不能导电的非电解质，二氧化硅制成玻璃纤维利用了二氧化硅的透明性和全反射性质，故B错误；C．水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故C错误；D．水玻璃是硅酸钠溶液的俗称，

硅酸钠溶液既不燃烧也不支持燃烧，常用作黏合剂和防火剂，故D正确；故选D。2.下列有关叙述正确的是A.23592U和23892U质子数相同，中子数不同，互为同素异形体B.若某气体可使品红溶液褪色，则该气体一定为2SOC.根据卤素性质相似性，

1molF2与氢氧化钠溶液发生歧化反应转移1mole-D.同温同压下，等体积的2SO和3NH两种气体含有相同的分子数【答案】D【解析】【详解】A．23592U和23892U质子数相同，中子数不同，互为同位素，同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，故A错误；B．二氧化硫可使品

红溶液褪色，但使品红溶液褪色的也可能为氯气等，故B错误；是C．F2与氢氧化钠溶液发生反应生成氟化钠、水和氧气，2F2+4NaOH=4NaF+O2↑+2H2O，1molF2转移2mole-，故C错误；D．根据pV=nRT，同温同压下，等体积的2SO和3NH

两种气体，物质的量相同，由N=n∙NA，则分子数相同，故D正确；故选D。3.下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入酚酞后无色的溶液中：K+、Fe2+、24SO−、NO3−B.pH<7的溶液中：2Mg+、K+、3NO−、Cl−C.加入铝粉后产生氢气溶液中：Na+、

K+、2Mg+、3NO−D.无色透明溶液中：Ba2+、K+、24SO−、OH-【答案】B【解析】【详解】A．加入酚酞后无色的溶液不可能含有亚铁离子，故A错误；B．pH<7的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中不

发生反应，一定能大量共存，故B正确；C．加入铝粉后产生氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中硝酸根离子与铝反应生成一氧化氮，不能生成氢气，碱性溶液中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，故

C错误；D．硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。4.下列过程中的化学反应，有关离子方程式书写正确的是A.向Na2SiO3溶液中加入过量CO2：23SiO−+H2O+CO2=H2SiO

3↓+23CO−B.过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2HO+−+++=++C.向3AlCl溶液中加入过量氨水：()33243Al3NHHOAlOH3NH+++=+D.向氨水中通入少量二氧化硫：2NH3•

H2O+SO2=2NH4++SO24−+H2O【答案】C【解析】【详解】A．向Na2SiO3溶液中加入过量CO2生成碳酸氢钠和硅酸：2--322233SiO+2HO+2CO=HSiO+2HCO，A错误；的B．过量铁粉加入稀硝

酸中生成硝酸亚铁、一氧化氮、水：2323Fe8H2NO3Fe2NO4HO+−+++=++，B错误；C．向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵：()33243Al3NHHOAlOH3NH+++=+，C正确；D．向氨

水中通入少量二氧化硫：+2-3224322NHHO+SO=2NH+SO+HO，D错误；故选C：5.某溶液可能含有等浓度的下列某些离子：2224343NaMgNHHClSOSONO++++−−−−、、、、、、、，取溶液分别进行如下实验：①加入3HNO酸化的()32BaNO溶液产生白色沉淀

；②加入淀粉KI−溶液，呈蓝色；③加入NaOH溶液产生白色沉淀，加热后产生有刺激性气味的气体。下列说法错误的是A.由①②可知一定有234HNOSO+−−、、B.若将①中的试剂换成盐酸酸化的2BaCl溶液，不影响成分的判断C.()2-4322ΔMgNH3OHMgOHNHHO++++++D.不能

确定有无Cl−【答案】D【解析】【分析】①加入3HNO酸化的()32BaNO溶液产生白色沉淀，则该白色沉淀为硫酸钡，原溶液中可能含有24SO−，也可能含有23SO−被硝酸氧化生成24SO−导致；②加入淀粉KI−溶液，呈蓝色，

说明溶液中存在强氧化性离子，能将KI氧化生成碘单质，则应含有3HNO+−、，从而排除23SO−，则原溶液中肯定存在24SO−；③加入NaOH溶液产生白色沉淀，可知存在2Mg+，加热后产生有刺激性气味的气体，则存在4NH+；又因各离子浓度相同，结合电荷守恒可知

溶液中一定存在Cl−，不存在Na+，据此分析解答。【详解】A．由②可推知溶液中存在氧化性离子，则存在3HNO+−、，从而排除23SO−，再结合①中白色沉淀现象，可知存在24SO−，故A正确；B．若将①中的试剂换成盐酸酸化的2Ba

Cl溶液，则可通过白色沉淀现象直接确定24SO−存在，对最终成分的判断无影响，故B正确；C．加入NaOH溶液产生白色沉淀，可知存在2Mg+，加热后产生有刺激性气味的气体，则存在4NH+，反应为：()2-4322ΔMgNH3OHMgOHNHHO++

++++，故C正确；D．由以上分析可知溶液中存在Cl−，故D错误；故选：D6.下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含

I2的淀粉溶液A.①④B.①②③C.②③⑤D.③④【答案】C【解析】【详解】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的Na

OH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。考点：本题考查二氧化硫的化学性质。7.下列说法中，正

确的是A.NO2能与水反应生成硝酸，故NO2为酸性氧化物B.除去O2中混有的NO2，可将混合气体通过水，将NO2溶解C.NO2与溴蒸气的鉴别可用NaOH溶液，溶于NaOH溶液得无色溶液的是NO2，得橙色溶液的为溴蒸气D.NO2是造成光化学烟雾的原因之一【答案】

D【解析】【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A错误；B．除去O2中混有的NO2，将混合气体通入水中，NO2溶解的同时又生成新的杂质NO且NO又能与O2反应，除杂过程消耗氧气，故B错误C．NO2与溴蒸气都与

氢氧化钠溶液反应生成无色溶液，不能用氢氧化钠溶液鉴别，但可用水鉴别，故C。错误；D．二氧化氮可导致酸雨、光化学烟雾等，为大气污染物之一，故D正确；故选D。8.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究

。利用如图装置可以探究2SO与2BaCl反应产生沉淀的条件，下列判断错误的是A.玻璃管的作用是连通大气，平衡压强B.c、d两根导管都必须插入2BaCl溶液中，保证气体与2Ba+充分接触C.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体D.Y形管乙中产生的可

能为氧化性气体【答案】B【解析】【分析】由实验装置图可知，Y形管甲中亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制备二氧化硫，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则Y形管乙中发生的反应可能为高锰酸钾固体与浓盐

酸反应制备氯气，也可能是铜与浓硝酸反应制备二氧化氮，Y形管乙还可能是浓氨水与氢氧化钠固体碱石灰混合制备氨气的装置，目的是改变反应条件，使二氧化硫与氯化钡溶液反应。【详解】A．由实验装置图可知，广口瓶中玻璃管的作

用是连通大气，平衡气压，便于左右Y形管产生的气体顺利导入溶液中，故A正确；B．若Y形管乙中制备的气体是极易溶于水的氨气，将d导管插入氯化钡溶液中，会产生倒吸，所以d导管不能插入氯化钡溶液中，故B错误；C．由分析可知，Y形管乙还可能是

浓氨水与氢氧化钠固体和碱石灰混合制备氨气的装置，则e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，故C正确；D．由分析可知，Y形管乙中发生的反应可能为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，也可能是铜与浓硝酸反应

制备二氧化氮，氯气或二氧化氮都具有氧化性，能与溶液中的亚硫酸、氯化钡反应得到硫酸钡沉淀，故D正确；故选B。9.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48L(气体体积均在标准状况下测定，下同)，这些气体与一定体积氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得

硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60mL。下列说法不正确的是A.此反应过程中转移的电子为0.6molB.消耗氧气的体积是1.68LC.该反应中硝酸既体现氧化性也体现酸性D.参加反应的硝酸是

0.5mol【答案】A【解析】【分析】标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为n=4.4822.4=0.2mol；60mL5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol；A.根据Cu失去电子等于O2获得的电子的物

质的量等于OH-的物质的量计算；B.根据OH-守恒可知生成氢氧化铜的物质的量为n[Cu(OH)2]=0.3mol×12=0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的

电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，再计算出其体积；C.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，分别根据总体积、电子守恒列式计算D.铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒

可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量。【详解】A．A.在反应中Cu失去电子变为Cu2+，产生的Cu2+结合OH-生成Cu(OH)2沉淀，可见反应过程中电子转移的物质的量等于反应消耗的NaOH的物质的量，因此反应转移的电子为

0.3mol，A错误；B．生成氢氧化铜的物质的量n[Cu(OH)2]=0.3mol×12=0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则

消耗氧气的物质的量n(O2)=0.34mol=0.075mol，则消耗标况下氧气的体积V(O2)=22.4L/mol×0.075mol=1.68L，B正确；C．该反应中生成硝酸铜和氮氧化物，该反应中体现了硝酸的氧化性和酸性，C错误；D．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶

质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，D正确；故选A;10.“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，如图为某反

应的“能量-反应过程”图，下列有关说法正确的是A.该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量B.断开的化学键需要吸收bkJ的能量C.A2(g)＋B2(g)=2AB(g)是放热反应D.1molA2(g)和1mol

B2(g)的能量之和为akJ，加入催化剂后a值不变。【答案】A【解析】【详解】A．根据图中能量关系可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故A正确；B．拆开1molA2(g)和1molB2(g)吸收的能量为akJ，故B错误；C．

根据图中能量关系可知该反应是吸热反应，故C错误；D．根据图中信息可知拆开1molA2(g)和1molB2(g)吸收的能量为akJ，而不是两者的能量和为akJ，并且加入催化剂后可以降低反应活化能，a值减小，故D错误；故选：A。11.下列实验一定能达到预期目的的是

A.作为安全瓶防倒吸B.用SO2气体做喷泉实验C.实验室用简易启普发生器制取CO2气体D.实验室制取NH3【答案】B【解析】【详解】A．作为安全瓶防倒吸应“短进长出”，故A不符合题意；B．二氧化硫极易和氢氧化钠溶液反应，因此用SO2气体做

喷泉实验，故B符合题意；C．纯碱是易溶于水，实验室用该装置制取CO2气体不能达到随关随停的效果，故C不符合题意D．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气在试管口反应生成氯化铵，因此实验室不能用加热氯化铵来制取NH3，故D不符合题意。综上所述，答案为B。12.下列实

验现象正确．．是实验现象abcdA无色溶液浅黄色沉淀白色沉淀白色沉淀B白色沉淀浅黄色沉淀无色溶液无色溶液C无色溶液无色无味气体白色沉淀白色沉淀D白色沉淀臭鸡蛋气味气体无色溶液无色溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】二氧化硫和氯化钡溶液不反应，无现象

；二氧化硫和Na2S溶液发生氧化还原反应生成S单质，有浅黄色沉淀生成；二氧化硫通入硝酸和氯化钡的混合溶液中，二氧化硫被硝酸氧化为24SO−,24SO−和Ba2+反应生成白色沉淀硫酸钡；二氧化硫通入氢氧化钠和氯化钡的混合溶液中，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫

酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀亚硫酸钡，故选A。13.已知甲、乙、丙有如图所示的转化关系(部分物质和反应条件已略去，“→”表示一步反应即可实现)，下列各组物质不满足图示转化关系的是的选项甲乙丙A3NaHCO23NaCONaOHB2Si

OSi23NaSiOC23FeO()3FeOH3FeClDS23NaSO24NaSOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．由323222NaHCONaCOCO+HO=+，32232CO+HNaCO2O=NaHCO+，2233NaCO2NOBa(OH)=+BaHaCO+

，满足图示关系，选项A不符合；B．由2SiO+2C=Si+2CO高温，22Si+O=SiO高温，2232Si+2NaOH+2HO=NaSiO+2H，满足图示关系，选项B不符合；C．Fe2O3无法直接生成Fe(OH)3，Fe(OH)3+3HC

l=FeCl3+3H2O，3223O2Fe(OH)FeHO3=+，不满足图示关系，选项C符合；D．由3S+6NaOH=Na2SO3+2Na2S+3H2O，Na2SO3+3H2S=2Na2S+3S+3H2O，2Na2SO3+O2=2Na2SO4，满足图示关系，

选项D不符合；答案选C。14.已知：A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。物质间的转化关系如图所示，其中部分产物已略去，则下列说法错误的是A.A、B互换位置也满足该流程B.反应①中每生成1molD转移4mol电子C.F与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D.C为3NH，D为2O，

C可以在D中燃烧生成氮气【答案】B【解析】【分析】F为红棕色气体，则F为二氧化氮，二氧化和水反应生成一氧化氮和硝酸，硝酸和碳加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，A(二氧化碳)和过氧化钠反应生成碳酸钠和D(氧气)，硝酸和铜反应生

成硝酸铜、E(一氧化氮)和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，C(氨气)催化氧化生成一氧化氮和水，M受热分解生成氨气、二氧化碳和水，则M为碳酸铵或碳酸氢铵。【详解】A．A为二氧化碳，B为水，A、B互换位置也满足该流程，水和过氧化钠反应生成氢氧化

钠和D(氧气)，硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，故A正确；B．反应①方程式为2222322NaO+2CO=2NaCO+O，根据方程式分析，生成1mol氧气转移2mol电子，故B错误；C．F与水即223HO+3NO=2HNO+NO，二氧化氮中氮化合价既升高又降低，有两个氮升高，

有1个氮降低，因此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故C正确；D．C为3NH，D为2O，C可以在D中燃烧生成氮气即2232O4NH3O2N6H++点燃，故D正确。综上所述，答案为B。二、填空题(共4道，共58分)15.短周期主族元素X、Y、Z、W、M、T的原子序数依次增大，X的周期序数

等于核外电子总数，Y与Z相邻且Z的最外层电子数是次外层的3倍，Z、W的最外层电子数之和与T的最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素。回答下列问题：（1）Y的元素符号是___________，W在元素周期表中的位置___________。（2）Z、W、M、T的简单离子半径从大到小

的顺序为___________(用离子符号表示)。（3）X、Z、W可形成多种二元化合物，下列说法不正确的是___________(填字母)。A.X2Z2和W2Z2中都含有非极性共价键B.X、W可形成离子化合物WX，其电子

式为：C.W2Z、W2Z2溶于X2Z中时，都发生化合反应D.W2Z2常用于呼吸面具中作为氧气的来源（4）M的氧化物与W的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的离子方程式是___________。（5）由X和Y组成的18电子分子Y

2X4，该分子的电子式为___________。（6）不能证明T元素的非金属性比碘元素的非金属性强的事实是___________(填序号)。A.T的气态氢化物比碘的气态氢化物稳定B.T的氧化物对应水化物的酸性强于碘的氧化物对应水化物的酸性C.T的单质能将碘从其钠盐溶液中置

换出来D.T的单质比碘单质更容易与H2反应【答案】（1）①.N②.第3周期第IA族（2）Cl->O2->Na+>Al3+（3）C（4）Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-（5）（6）B【解析】【分析】X的周期序数等于核外电子总数即为1，X为H元素，Y与Z

相邻且Z的最外层电子数是次外层的3倍，Z为O元素，则Y为N元素，Z、W的最外层电子数之和与T的最外层电子数相等，W是Na元素，T是Cl元素，M是地壳中含量最多的金属元素即Al元素；【小问1详解】根据分析可知，Y的元素符号是N；W是Na元素，W在元素周期表中的位置第3周期第IA族；故答案为：N

；第3周期第IA族；【小问2详解】电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径从大到小的顺序为Cl->O2->Na+>Al3+；故答案为：Cl->O2->Na+>Al3+；【小问3

详解】A．H2O2和Na2O2中都含有O-O非极性共价键，故A正确；B．NaH是离子化合物，钠离子和氢离子存在离子键，电子式为：Na+[:H]-，故B正确；C．Na2O2溶于H2O反应生成NaOH和O2，不属于化合反应，故C错

误；D．Na2O2能与二氧化碳或水反应生成氧气，用于呼吸面具中作为氧气来源，故D正确；故选C；【小问4详解】M的氧化物Al2O3与W的最高价氧化物对应水化物NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式是Al2O3+2OH-+3H2O=2

[Al(OH)4]-；【小问5详解】的由H和N组成的18电子分子N2H4，N和H共用1对电子对，N和N共用1对电子对，该分子的电子式为；故答案为：；【小问6详解】T为Cl元素，与碘元素是同主族元素，A．

非金属性越强其气态氢化物越稳定，氯的气态氢化物比碘的气态氢化物稳定，可知非金属性Cl的强，故A不选B．未指明最高价的氧化物对应水化物，无法通过酸性来对比非金属性强弱，故B选；C．元素的非金属越强，单质的氧化性越强，氯气能将碘从其钠盐

溶液中置换出来，说明氧化性：Cl2>I2，则非金属性Cl的强，故C不选；D．氯气和氢气的反应比碘单质与氢气的反应更剧烈，可知非金属性Cl的强，故D不选；故选B。16.某化学学习小组设计实验制取氨气并探究氨气的有关性质：（1）

该小组成员设计实验制备氨气并探究氨气的还原性及产物，提供实验装置如图：①装置C中发生反应的化学方程式为___________。②根据上述提供的装置正确的连接顺序为___________(用各接口序号表示)。③该装置在设计上有一定的缺陷，你对该装置的改进措施是___________。（2

）利用改进后的装置进行实验，观察到CuO全部变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体。请写出NH3与CuO反应的化学方程式___________。（3）按下图装置进行NH3性质实验。①先打开旋塞1，现象是___________

，写出相关方程式___________。稳定后，关闭旋塞1。②再打开旋塞2，B瓶中的现象是___________。【答案】（1）①.42322Δ2NHCl+Ca(OH)2NHCaCl2HO++②.g→a→b→e→f→d③.在

装置C、A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（2）322Δ2NH+3CuON3Cu3HO++（3）①.B瓶中出现白烟②.NH3+HCl=NH4Cl③.烧杯中溶液倒吸入B瓶且石蕊溶液变红【解析】【分析】本题为实验制备氨气和探究氨气的碱性、还原性等性质的实验题，一套完整的实验装置需要氨气的发生装置、氨气

的性质探究装置、除杂装置、收集装置，NH3与CuO反应生成铜、氮气和水，则装置A为探究氨气的还原性，装置B为吸收氨气，CCl4能够起到防止倒吸的作用，装置C是实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，反应原理为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，装置D为检验A装置中是否

有水生成；HCl气体和氨气接触发生反应，生成白色固体氯化铵，据此分析解题。【小问1详解】①实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+C

a(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；②一套完整的实验装置需要氨气的发生装置、除杂装置、氨气的性质探究装置、收集装置，所以连接顺序为g→a→b→e→f→d，故答案为：g→a→b→e→f→d；③氯化铵和消石灰反

应生成的有水，氨气和CuO反应前应先干燥，则改进措施为在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管，故答案为：在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管；【小问2详解】CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为2NH3+3Cu

ON2+3Cu+3H2O，故答案为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；【小问3详解】①先打开旋塞1，HCl气体和氨气接触发生反应，生成白色固体氯化铵，且氯化氢的压强大，所以B瓶中出现白烟，反应方程式为：NH3+HCl=

NH4Cl，故答案为：B瓶中出现白烟；NH3+HCl=NH4Cl；②再打开旋塞2，由于容器内部压强减小，所以烧杯中的石蕊溶液倒吸入B瓶，且氯化氢气体比氨气多，所以溶液显酸性，石蕊溶液变红，故答案为：烧杯中溶液倒吸

入B瓶且石蕊溶液变红色。17.海洋是地球上最大的资源宝库，海水淡化及海水资源的综合利用具有重要意义。用蒸馏法将海水淡化的装置如图，回答下列问题：（1）仪器A的名称___________，进行蒸馏操作时冷却水从___________(填“a”或“b”)端通入。（2）粗盐中常含有2

Ca+、2Mg+、24SO−等杂质离子，正确的除杂操作顺序为___________。①加入稍过量的2BaCl溶液；②加入稍过量的23NaCO溶液；③加入适量的稀盐酸；④加入稍过量的NaOH溶液；⑤过滤。A.④①②③⑤B.②①④⑤③C.①②⑤③④D.①④②⑤③

（3）为了把海水中2Mg+转化为()2MgOH，从原料来源及经济效益角度考虑，最好选用___________，写出无水氯化镁制备Mg的化学方程式：___________。a．氨水b．氢氧化钙c．氢氧化钠（4）从海水中提取溴常用空气吹出法，即用氯气()2Cl将海水里的溴化钠(N

aBr)中的溴置换出来，再用空气吹出溴()2Br，流程示意图如图。①请写出在吸收塔中发生的反应的离子方程式___________。②假设最后在蒸馏塔中获得21molBr理论上从酸化的海水开始，至少消耗___________2LCl(标准状况下)。【答案】（1）

①.蒸馏烧瓶②.b（2）D（3）①.b②.22MgCl()Mg+Cl通电熔融（4）①.Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO24−+4H+②.44.8【解析】【小问1详解】仪器A的名称蒸馏烧瓶；冷凝水应从冷凝管的下口入、上口出，故进行蒸馏操作时冷却水从b端通入；【小问2详解】粗盐

提纯时应注意：①先加入氯化钡溶液后加入碳酸钠溶液以除去过量的Ba2+；②将产生的沉淀全部过滤后再加入稀盐酸除去过量的碳酸根和氢氧根离子；故答案为D；【小问3详解】为了把海水中Mg2+转化为Mg(OH)2，从原料来源及经济效益角度考虑，最好选用氢氧化

钙，答案为b；无水氯化镁制备Mg的化学方程式为：()22MgClMgCl+熔融通电；【小问4详解】在吸收塔中吹出的Br2与SO2和水反应，发生的反应的离子方程式为222242HO24HBrSOBrSO−−+++=

++；依据反应计算得到：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，通入蒸馏塔中氯气物质的量为1mol，通入吹出塔中氯气物质的量为1mol，共需要2mol氯气，标准状况下体积为2mol×22.4L/mol=44.8L。18.高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工

业上提纯硅有多种路线，如图所示为石英砂岩[主要化学成分可简单表示为[MgAl4Si10O26(OH)2]制备高纯硅的简易流程：（1）石英砂岩的主要成分用氧化物形式可表示为___________。（2）二氧化

硅为___________氧化物(填“酸性”“碱性”或“两性”)；工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为___________。（3）写出反应I发生的反应的化学方程式为___________；整个流程可以循环使用的物质有___

________。（4）若反应①中焦炭过量，粗硅中会有SiC生成，滤渣中SiO2和焦炭反应生成SiC的方程式为___________，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（5）粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6

℃)和HCl(沸点-84.7℃)，提纯SiHCl3采用的方法为___________。【答案】（1）MgO·2Al2O3·10SiO2·H2O（2）①.酸性②.4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O（3）①.2SiO+2CSi+2CO高温②.H2、

HCl（4）①.2SiO+3CSiC+2CO高温②.1∶2（5）蒸馏【解析】【分析】由题给流程可知，石英砂岩用盐酸浸取、过滤得到二氧化硅滤渣，二氧化硅和焦炭在高温条件下反应得到粗硅，粗硅与氯化氢共热反应生成四氯化硅和可以循环使用的氢气，四氯化硅和

氢气在高温条件下反应生成高纯硅和可以循环使用的氯化氢。【小问1详解】由原子个数比不变可知，MgAl4Si10O26(OH)2用氧化物形式可表示为MgO·2Al2O3·10SiO2·H2O，故答案为：MgO·2Al2O3·10SiO2·H2O；

【小问2详解】二氧化硅是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物；用氢氟酸来雕刻玻璃发生的反应为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，故答案为：酸性；4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；【小问3详解】由分析可知，反应I为二氧化硅和焦炭在

高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为2SiO+2CSi+2CO高温，整个流程可以循环使用的物质为氢气和氯化氢，故答案为：2SiO+2CSi+2CO高温；H2、HCl；【小问4详解】由题意可知，生成碳化硅的反

应为氧化硅和焦炭在高温条件下反应生成碳化硅和一氧化碳，反应的化学方程式为2SiO+3CSiC+2CO高温，反应中硅元素的化合价降低被还原，二氧化硅是反应的氧化剂，碳元素的化合价升高被氧化，碳是还原剂，由方程式可

知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，故答案为：2SiO+3CSiC+2CO高温；1∶2；【小问5详解】由题意可知，三氯硅烷的沸点与四氯化硅和氯化氢的沸点不同，所以可以用蒸馏的方法提纯含有杂质的三氯硅烷，故答案为：

蒸馏。