【文档说明】江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题含解析.docx，共(18)页，1.110 MB，由小赞的店铺上传

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南京师大附中2022-2023学年度第2学期高一年级期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：O16Na23Mg24A127S32一、单项选择题：共16题，每题只有一个选项最符合题意。1.反应8NH3＋3Cl=6NH4C

l＋N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：97NB.NH4Cl分子的电子式：C.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.Cl－的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．元素符号左上角为质量数，质量数=质子数+中子数=7+9=16，应是167

N，故A错误；B．氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的，电子式：，故B错误；C．Cl2分子中氯原子间只存在一对共用电子对，其结构式为Cl－Cl，故C正确；D．Cl－是Cl得到1个电子，Cl－最外层有8个电子，Cl－结构示意图为，故D错误；

故选C。2.下列说法不正确的是A.凡是呈酸性的雨水都称为酸雨B.将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定C.二氧化硅是制造光导纤维的材料，单质硅是良好的半导体材料D.硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和

硫酸盐等【答案】A【解析】【详解】A．pH小于5.6的雨水称为酸雨，A错误；B．将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定，B正确；C．二氧化硅具有良好的光学性能，是制造光导纤维的材料，单质硅具有良好的半导体性能，是良好的半导体材料，C正确；D．硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化

物和硫酸盐等，D正确；故选A。3.NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.将6.72LNO2通入水中充分反应转移0.2mol电子B.1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NAC.2.7gAl与足量Na

OH溶液反应，生成H2的个数为0.1NAD.含0.2molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，生成Cl2的个数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3mol，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，转移电子n(e-)=0.2mol，但题中

6.72LNO2不一定是标准状况，故A错误；B．Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子，n(Mg)=1.224/ggmol=0.05mol，则0.05molMg失去电子的物质的量=2×0.05mol=0.1mol，转移电子数为0.1NA，故B正确

；C．n(Al)=2.7g27g/mol=0.1mol，该反应中Al失电子、H2O得电子，根据转移电子守恒得n(H2)=()30.1322nAlmol==0.15mol，生成氢气分子个数为0.15NA，故C错误；D．二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下生成氯气，制备Cl2的离子方程式

为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，制得Cl2的个数小于0.1NA，原因是HCl挥发以及随着反应进行，盐酸浓度降低，MnO2与稀盐酸不反应，故D错误；故选B。4.

有共价键的离子化合物是A.NaOHB.H2SO4C.NaClD.SiO2【答案】A【解析】【分析】一般地活泼金属和活泼非金属易形成离子键，非金属之间易形成共价键，含有离子键的化合价是离子化合物。【详解】A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中氢原子和氧原子之间存

在共价键，所以氢氧化钠是含共价键的离子化合物，故A选；B．H2SO4只含共价键，故B不选；C．NaCl只存在离子键，是离子化合物，故C不选；D．SiO2只含共价键，故D不选；故选A。5.下列各组中离子，能在无色透明的

溶液中大量共存的是AMg2+、-3HCO、Cl-、OH-B.Na+、Ba2+、2-3CO、-3NOC.+4NH、H+、Cu2+、2-4SOD.K+、Ba2+、-3NO、OH-【答案】D【解析】【详解】A．Mg2+、-3HCO与OH-都能发生反应，分别生成沉淀和水，不能大量共存，A不合题意；B

．Ba2+、2-3CO在溶液中会发生反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，B不合题意；C．Cu2+呈蓝色，不能在无色透明的溶液中大量存在，C不合题意；D．K+、Ba2+、-3NO、OH-相互不反应且无色，能在无色透明的溶液中大量共存，D符合题意；故选D。6.下列实验过程中

，始终无明显现象的是A.2NO通入4FeSO溶液中B.2CO通入2CaCl溶液中C.3NH通入3ALCl溶液中D.2SO通入已酸化的32()BaNO溶液中【答案】B【解析】【详解】A．NO2通入后和水反应生成具

有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B．因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C．NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D．SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则

亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故答案B。7.氢化铵(NH4H)与氯化铵结构相似，又已知NH4H与水反应有氢气产生，下列叙述中不正确的是（）的.为A.NH4H是由NH4+和

H-构成的B.NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生C.NH4H中的H-半径比锂离子半径大D.NH4H溶于水后，形成的溶液显酸性【答案】D【解析】【详解】A．NH4H是离子化合物，由NH4+和H-构成，正确，A不选；B．NH4H固体投入少量水中，可生成NH3和H2，正确，B不选；C．H-离子与锂

离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以H-离子半径比锂离子半径大，正确，C不选；D．NH4H溶于水后，生成NH3·H2O的溶液显碱性，错误，D选。答案为D。8.解释下列事实的化学方程式或离子方程式正确的是A.用石英和焦炭制取粗硅：Si+CO2高温Si

O2+CB.氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：4H++4F-+SiO2=SiF4↑+2H2OC.将氧化铁溶于氢碘酸的离子反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD.单质铝溶于烧碱溶液中：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAl

O2+3H2↑【答案】D【解析】【详解】A．工业生产中石英和焦炭反应生成Si和CO，方程式为2C+SiO2高温Si+2CO↑，A错误；B．HF为弱酸不拆开，方程式为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，B错误；C．HI为还原性强酸，I-与Fe3+发生氧化还原反应方

程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，C错误；D．铝与NaOH反应生成NaAlO2和H2，方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，D正确；故选D。9.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质

完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸(70%)Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液

A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HN

O3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。10.已知各共价键的键能如表所示，下列说法正确的是共价键H—HF—FH—FH—ClH—I键能E(kJ/mol)436157568432298A.键的极性大小顺序：H—I＞H—Cl＞

H—FB.表中最稳定的共价键是F—F键C.432kJ/mol＞E(H—Br)＞298kJ/molD.上述键能可以说明热稳定性的顺序是：HF＜HCl＜HI【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电负性的差值越大，键的极性越强，F、Cl、I与H

的电负性差值逐渐减小，因此键的极性大小顺序：H—I＜H—Cl＜H—F，故A错误；B．键能越大，共价键稳定，因此表中最稳定的共价键是H—F键，故B错误；C．根据表格中数据得到E(H—Br)介于H—I和H—Cl之间即432

kJ/mol＞E(H—Br)＞298kJ/mol，故C正确；D．键能越大，分子越稳定，因此上述键能可以说明热稳定性的顺序是：HF＞HCl＞HI，故D错误；综上所述，答案C。11.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A.该分解过程是：2NO催

化剂N2+O2B.实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C.过程②释放能量，过程③吸收能量D.标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，

该分解过程是：2NO催化剂N2+O2，故A正确；B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成

氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；D．根据反应2NO催化剂N2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1molO2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6LN2为0.25mol，则转移电子数约

为0.25mol×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；答案选C。【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是为选项探究方案探究目的A将稀硫酸酸化的22HO溶液滴

入()32FeNO溶液中，溶液变黄色氧化性：322HOFe+B将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入4CuSO溶液，观察铝片表面的现象常温下，铝遇浓硫酸发生钝化C将2SO气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象S的非金属性强于SiD将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通

过品红溶液、饱和3NaHCO溶液、澄清石灰水，观察现象浓硫酸和木炭反应产生2SO和2CO气体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硝酸根离子也能把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：322HOFe+，A不符合题意；B．将一块铝片放入

浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入4CuSO溶液，表面没有生成红色物质铜，说明常温下，铝遇浓硫酸发生钝化形成了一层致密氧化膜，B符合题意；C．二氧化硫对应的酸不是硫元素的最高价氧化物对应的酸，不能说明S的非金属性强于Si，C不符合

题意；D．二氧化硫能和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰了二氧化碳的检验，D不符合题意；故选B。13.下列叙述不正确的是A.步骤①灼烧使用到的仪器有蒸发皿B.步骤③的分离操作为过滤C.步骤④中理论上每产生1molI2，需要1molMnO2被还原D.步骤⑤中加入萃取

剂后现象是溶液分层，下层为四氯化碳层呈紫色【答案】A【解析】【分析】海带灼烧后浸泡过滤分离出滤液，滤液加入二氧化锰和稀硫酸反应得到含有碘单质的溶液，萃取后蒸馏分离出碘单质；【详解】A．步骤①灼烧使用到的仪器有坩埚而不是

蒸发皿，A错误；B．步骤③的分离固液的操作，为过滤，B正确；C．步骤④中碘元素化合价由-1变为0，锰元素化合价由+4变为+2，根据电子守恒可知，理论上每产生1molI2，需要1molMnO2被还原，C正确；D．四氯化碳密度大于水，

步骤⑤中加入萃取剂后现象是溶液分层，下层为四氯化碳层呈紫色，D正确；故选A。14.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的一种单质是已知自然存在的硬度最大的物质，Y是金属元素，其基态原子s能级上的电子数

等于p能级上的电子数，Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素，X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.同一周期中Z的电负性最大C.X的最高价氧化物对应

水化物的酸性比Z的强D.W元素周期表中位于第4周期VIA族【答案】B【解析】【分析】X的一种单质是已知自然存在的硬度最大的物质，则X为C元素；Y的基态原子s能级上的电子数等于p能级上的电子数，其原子序数大于C，则核外电子排布应为1s22s22p4或1s22s22p63s2，而Y是金属元素，所以

Y为Mg元素；X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10，则W的最外层电子数为10-4-2=4，所以W为Si元素或Ge元素，若W为Si元素，则Z只能是Al元素，不符合“Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素”，所以W为Ge元素，Z为第三周期元素Cl。【详解】A．电子层数

越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径C＜Cl＜Mg＜Ge，即r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W)，A错误；B．稀有气体元素难以形成化合物，无法比较电负性，同周期主族元素自左至右电负性依次

增大，所以同一周期中Cl的电负性最大，B正确；C．非金属性C＜Cl，所以C的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，C错误；在D．W为Ge元素，位于第4周期ⅣA族，D错误；综上所述答案为B。15.向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定

量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红。则下列离子方程式书写不合理的是A.2I-+2Fe2++2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-B.2Br-+2I-+2Fe2++3Cl2=I2+Br2+2Fe3++6Cl-C.2Br-+4I-+2Fe2++4Cl2=2I2+

Br2+2Fe3++8Cl-D.2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-【答案】C【解析】【分析】离子还原性：-2+-I>Fe>Br，通入氯气后溶液中离子按照还原性强弱顺序依次反应，由题意可知三种离子的物质的量量之比为：1：1：1，滴加KSCN

溶液，溶液变红说明存在三价铁离子，则可知碘离子完全反应，据此分析解答。【详解】A．通入氯气先于碘离子反应，然后再与2+Fe反应，两者可恰好按照1：1完全反应，离子方程式合理，故A不选；B．通入氯气足量时，-2+-IFeBr、、可按照1：1：1的比例完

全反应，离子方程式合理，故B不选；C．若溴离子开始反应，则-2+IFe、应先于溴离子完全反应，且两者比例应保持1：1，因此该离子方程式不合理，故C选；D．通入氯气的量若使碘离子完全反应，2+Fe一半反应，则可得该离子方程式，

反应合理，故D不选；故选：C。16.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法不正确的是A.Y为氧化产物B.NO和Y的物质的量之和可能为2molC.Cu与浓

硫酸反应的化学方程式为：5Cu+4H2SO4ΔCu2S+3CuSO4+4H2OD.若稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸【答案】B【解析】【分析】经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，反应中铜化合价升高、硫化合价降低，反应中应该生成硫酸铜，由于浓硫酸具有吸水性，则得到白色固体

为硫酸铜，则反应为铜和浓硫酸加热生成Cu2S和硫酸铜和水，5Cu+4H2SO4ΔCu2S+3CuSO4+4H2O；Cu2S和稀硝酸、稀硫酸反应生成NO，氮元素化合价降低，则反应中硫元素化合价升高发生氧化反应得到

氧化产物硫单质，Y为硫，反应为+-2+2323CuS+16H+4NO=6Cu+4NO+8HO+3S↑↓；【详解】A．由分析可知，硫单质Y为氧化产物，A正确；B．由分析的方程式可知，3mol完全反应生成0.6mol

Cu2S，0.6molCu2S完全反应生成0.6molS和0.8molNO，故NO和Y的物质的量之和不会为2mol，B错误；C．由分析可知，Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：5Cu+4H2SO4ΔCu2S+3CuSO4+4

H2O，C正确；D．由分析的方程式可知，0.6molCu2S完全反应消耗0.8mol硝酸根离子，则稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸，D正确；故选B。二、非选择题：共4题。17.下表列出了部分前2

0号元素的一些性质：元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩原子半径(10-10m)0.372.270.741.520.771.100.991.860.750.71最高价态+1+1-+1+4+5+7+1-最低价态-1--2--4-3-1--1

下列问题用元素符号及化学式回答：（1）②在周期表中的位置是___________。（2）①与③以原子个数比1：1形成的化合物中含有A．离子键B．非极性键C．极性键（3）①②③组成的化合物电子式为___________。由①⑨组成的分子中，共含有18e-

的化合物结构式为___________。（4）⑥、⑦、⑩元素非金属性由强至弱顺序为___________。（5）某元素X，原子半径为1.02×10-l0m，X的一种氧化物与⑦单质的水溶液反应生成两种强酸的离子方程式为___________。【答案】（1）第四周期第IA族（2）BC（3）①.K[

:O:H]+−②.（4）F＞Cl＞P（5）SO2+Cl2+2H2O=4H++2-4SO+Cl－【解析】【分析】主族元素的最高价等于它所处的主族序数，则①②④⑧均为ⅠA，同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大，由表知

原子半径①＜④＜⑧＜②，则①为H、②为K、④为Li、⑧为Na，主族元素最低负价=最外层电子数-8(H除外、H最低为-1价)，由化合价知⑦⑩为ⅦA，其中F没有正价，同周期主族元素从左到右原子半径递减，结合原子

半径数据可知⑩为F、⑦为Cl，由化合价知⑤为ⅤA，结合半径规律可知⑤为C，由化合价知③为ⅥA，结合半径规律可知③为O，⑨的半径介于③⑤之间，则为N：元素编号①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩元素符号HKOLiCPClNaNF原子半径(10-10m)0.372.270.741.520.771.100

.991.860.750.71最高价态+1+1-+1+4+5+7+1+5-最低价态-1--2--4-3-1--3-1【小问1详解】②为K，在周期表中位于第四周期第IA族。【小问2详解】①和③以原子个数比1：1形成的化合物为H2O2，含有极性键、非极性键；故选BC。【小问3详解】①②③组成的化合

物为KOH，其电子式为K[:O:H]+−；由①⑨组成的分子共含有18e-的化合物为N2H4，其结构式为。【小问4详解】同主族从上到下元素非金属性递减，同周期从左到右元素非金属性递增，⑥、⑦、⑩元

素非金属性由强至弱顺序为F＞Cl＞P。【小问5详解】根据原子半径可知X为S，X的一种氧化物与⑦单质的水溶液反应生成两种强酸，则离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2-4SO+Cl－。18.臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧

化为2-4SO和-3NO，NOx也可在其他条件下被还原为N2。（1）-3NO中心原子轨道的杂化类型为___________；SO2的空间构型为___________(用文字描述)。（2）Fe2+基态核外电子排布式

为___________。（3）H2O分子中的键角___________2-4SO离子中的键角(填“大于”、“等于”、“小于”)。（4）N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=___________。（5）N

元素的电负性___________O元素的电负性(填“大于”、“等于”、“小于”)。【答案】（1）①.sp2②.V型（2）[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6（3）小于（4）1∶2（5）小于【解析】【小问1详解】-3NO中心原子N的价层电子对数为3+52123+−

=3，无孤电子对，轨道的杂化类型为sp2；SO2的S的价层电子对数为2+6222−=3，孤电子对数为1，空间构型为V型；故答案为：sp2；V型；【小问2详解】Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，Fe2+为Fe失去4s2电子所得，所以Fe2+基态核外电子排布式为

：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；故答案为：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；【小问3详解】H2O中心原子O原子含有两对孤电子，2-4SO中心原子S原子不含孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故H2O分子中的

键角小于2-4SO离子中的键角；故答案为：小于；【小问4详解】N2分子中N与N之间形成氮氮三键，其中有一根为σ键，两根为π键，所以N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=1∶2，故答案为：1∶2

；【小问5详解】周期表中，同一周期，从左到右，元素的非金属性增强，电负性增大，N元素的电负性小于O元素的电负性；故答案为：小于。19.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。Ⅰ．科学家不断研究某催化脱硝

反应机理(如图)，以更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)（1）脱硝反应中，Cu+起到催化剂的作用，基态Cu+的价层电子轨道表示式为___________。（2）图中转化的总反应方程式为___________。Ⅱ．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含N

O、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2(可溶于水)，其部分工艺流程如下：（3）上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是___________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是___________(填化学式)。（

4）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1.若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致___________。（5）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，没有其它气体生成，其反应的离子方程式__________

_。【答案】（1）（2）242222CH+2O+2NO2CO+2HO+N催化剂（3）①.增加反应物的接触面积，加快反应速率使得反应更加充分②.Ca(OH)2（4）产品中硝酸钙含量增加（5）-+-3NO+2H=NO+2NO+HO232【解析】【分析】石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)

反应生成亚硝酸钙，过滤除去过量的氢氧化钙，滤液处理得到无水亚硝酸钙；【小问1详解】基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子得到Cu+，则基态Cu+的价层电子轨道表示式为

；【小问2详解】图中转化的总反应为乙烯和氧气、NO反应生成水、二氧化碳、氮气，方程式为242222CH+2O+2NO2CO+2HO+N催化剂；【小问3详解】石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是增加反应物的接触面积，加快反应速率使得反应更加充分；氢氧化钙微溶于水，反应后滤渣含有过量的氢氧化

钙，故滤渣主要成分为Ca(OH)2；【小问4详解】NO和NO2和氢氧化钙反应生成亚硝酸钙，反应为()()22222NO+NO+CaOH=CaNO+HO，若n(NO)：n(NO2)<1：1，则过量二氧化氮和氢氧化钙生成硝酸钙，导

致产品中硝酸钙含量增加；【小问5详解】在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，没有其它气体生成，则另部分氮元素化合价会升高生成硝酸根离子，其反应的离子方程式-+-3NO+2H=NO+2NO+HO232。20.钌(Ru)是一种极其

昂贵的稀有贵金属，广泛应用于电子、航空航天、石油化工、有机合成等领域。钉的矿产资源很少，因此从含钌废渣中回收钉尤为重要。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2，回收钌的工艺流程如下：（1）“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下

对钌浸出率和渣率的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为___________(填化学式)；最佳反应温度为___________。（2）滤液1中溶质的主要成分包括Na2RuO4、Na2SiO3、Na2PbO2等，均为可

溶性盐。SiO2在氧化碱浸中发生反应的离子方程式为___________。（3）“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（4）“转化”过程发生反应的化学方程式为___________。（5）滤液1中含有铅等重金属元

素，Na2S2O3可用于治疗铅等重金属离子中毒。现测定实验室某Na2S2O3产品纯度如下：称取0.80g粗产品，用容量瓶配成250.00mL溶液，取25.00mL上述溶液置于锥形瓶中，用0.0250mol·L-1的碘溶液与之反应(22-23S

O+I2=2-46SO+2I-)，消耗碘溶液的体积为6.00mL，则该产品中Na2S2O3的质量分数为___________。(写出计算过程)【答案】（1）①.NaClO②.200℃（2）Si+2OH-=2-3SiO+H2O（3）1：3（4）2RuO3+12HCl=2RuCl3+

3Cl2↑+6H2O（5）59.25%【解析】【分析】含钌废料在碱性溶液中被氧化，Ru、Pb、SiO2、Bi2O3分别转化为NaRuO4、Na2PbO2、Na2SiO3、NaBiO2，加还原剂还原，Na2RuO4被还原为Ru(

OH)4，然后在氧化条件下蒸馏得到RuO3，再加浓盐酸吸收，生成氯气和RuCl3，最后还原得到金属钌。【小问1详解】从图中可以看出，用NaClO钌浸出率更高，且渣率低，故适宜选择的氧化剂是NaClO；最佳温度控制在200℃，此时钉的浸出率接近100%，且渣率最低，所以适宜选择的氧化剂为

NaClO，最佳反应温度为200℃。【小问2详解】SiO2是酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成Na2SiO3、H2O，该反应的离子方程式为Si+2OH-=2-3SiO+H2O。【小问3详解】在蒸馏过程中，Ru(OH)4与Na

ClO3发生氧化还原反应，Ru(OH)4失去电子被NaClO3氧化为RuO3，Ru(OH)4作还原剂，NaClO3得到电子被Ru(OH)4还原为NaCl，NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应中电子转移数目等于反应过程中元素化合价升降总数，可知NaClO3、Ru(O

H)4反应的数目比是1：3，故“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；【小问4详解】在“转化”过程中RuO3和盐酸反应生成RuCl3、Cl2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：

2RuO3+12HCl=2RuCl3+3Cl2↑+6H2O。【小问5详解】25.00mLNa2S2O3溶液进行滴定消耗0.0250mol/L碘溶液体积是6.00mL，其物质的量是n(I2)=0.0250mol/L×0.006L=1.50×10-4mol，则溶液

中Na2S2O3的物质的量为n(Na2S2O3)=2n(I2)=2×1.50×10-4mol=3.00×10-4mol，则在0.80g粗产品配制的250mL溶液中含有Na2S2O3的物质的量为n(Na2S2O3)=3.00×10-4mol×250.00mL25.00mL=3.00×

10-3mol，其质量为m(Na2S2O3)=3.00×10-3mol×158g/mol=0.474g，故该产品中Na2S2O3的质量分数为0.474g100%0.80g=59.25%。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com