重庆市第一中学校2022-2023学年高一下学期第一次月考化学 Word版含解析.docx

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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：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.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，的分子数大于的含有的分子数B.铁粉与硫酸反应失去的电子数一定为C.一定条件下，与合成的反应，转移的电子数为D.的氯水中，含有分子的数目为【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，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、NaNO3、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，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，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；化合物与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.非金属性：W>X>Y>Z B.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，化合物与WZ相遇会产生白烟，则为，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，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，Z的单质为Cl2，与Cl2反应产生HCl，遇过量会产生NH4Cl，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除去固体中少量的加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B除去气体中少量的通入水中，洗气C除去S固体中的单质加入热的浓溶液，趁热过滤D除去溶液中溶解的加入乙醇溶液，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A、、、B、、、C、、、D、、、A.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．与SO2发生归中反应生成S单质，故不选B；C．和氨水反应生成氢氧化镁沉淀，故不选C；D．、、、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.工业上采用与在350℃左右反应生成，之后将其还原、结晶得到高纯度的单晶硅产品。已知的熔点为℃，沸点为33℃，且遇和均剧烈反应。现要在实验室中制取少量，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.使用浓和混合加热制取利用了浓的脱水性和强酸性C.冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使冷凝为液体D.可以用无水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，与在350℃左右反应生成，的熔点为℃，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．使用浓和混合加热制取利用了浓的高沸点制取低沸点的氯化氢，故B错误；C．的熔点为℃，沸点为33℃，冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使冷凝为液体，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：干海带海带灰悬浊液滤液碘水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.分离和固体：选用①、③B.除去样品中少量：选用③、④、⑥和⑨C.配制溶液：选用③、⑤和⑥D.从溶液中获取晶体：选用①、⑦和⑧【答案】B【解析】【详解】A．分离和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．从溶液中获取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.受热分解常用于实验室制备。工业制备中，首先以软锰矿(主要成分为)为原料生成，进而利用“酸性歧化法”生成，流程如下图所示。实验室中模拟以上工业流程制备。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C.“结晶”获取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、，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并探究其性质。下列说法正确的是A.①中固体可换为分解制备氨气B.②中药品可为无水C.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.由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应生成时转移B.反应物能量之和大于生成物能量之和C.D.每有形成时，该反应放出的能量【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==209kJ·mol-1-348kJ·mol-1=-139kJ·mol-1，C正确；D．每有1mol N≡N形成时，该反应放出139kJ的能量，D正确；故选A。14.已知的燃烧热为，的燃烧热为。现有和组成的混合气体，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.燃烧的热化学方程式为 B.燃烧热的热化学方程式为C.燃烧前的混合气体中，的体积分数为50%D.混合气体燃烧后放出的热量为【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；故燃烧的热化学方程式为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　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，a:b=1:1，则H2的体积分数等于物质的量分数为×100%=50%，故C正确；D．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)==mol/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，也就是溶液体积为2.5VL，所以溶质物质的量浓度为c(HCl)==mol/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(HNO3)=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)==mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为：：：=5：5：4。答案选A。16.铜银合金与一定量某浓度硝酸溶液反应，将放出的气体与(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.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】据题意有Cu/AgNO2/NOHNO3，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（14-x）g，则有，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，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___________。 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）（2）（3）或或（4）①.②.或【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。故答案为：；【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。故答案为：；【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或或。故答案为：或或；【小问4详解】 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。故答案为：；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，化学式或，故答案为：或。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)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂中含量进行测定。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、浓溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。Ⅱ.岩脑砂中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)，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，测出的含量将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.(浓)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：，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：；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。19.七铝十二钙是新型的超导材料和发光材料。Ⅰ.工业中的制备研究Deacon法制备原理为：（1）热化学机理研究已知：ⅰ.反应中，每被氧化，放出的热量。①Deacon法制备的热化学方程式是___________。ⅱ.②断开键与断开键所需能量相差___________kJ。（2）催化氧化机理研究Deacon法制备反应，催化历程如下：反应①：___________(写出反应①的化学方程式)反应②：Ⅱ.用白云石(主要含和)和废片(主要含和)制备七铝十二钙的工艺如下图： （3）白云石的处理不能用稀代替稀，原因是___________。（4）滤液1中通入时，需同时通入，理由是___________。（5）写出用溶液对废片表面氧化膜进行处理的离子方程式___________。（6）将含有溶质的溶液与的在1500℃下共混，得到七铝十二钙，计算其产率为___________(产率=×100％，保留小数点后一位)。【答案】（1）①.②.32（2）（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，与反应生成CaCO3（5）（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；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-2243kJ/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，反应①+反应②=总反应，可得反应①为；【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，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；【小问6详解】n(AlCl3)=，n(CaCO3)=，由七铝十二钙化学式可知CaCO3过量，由铝元素守恒，14103molAlCl3完全反应理论上可获得七铝十二钙1103mol，其质量为，其产率为。20.和是两种常见的多硫含氧酸盐。Ⅰ.连二亚硫酸钠俗称保险粉，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）原料气的制备供选择装置如下图，供选择物质有：铜粉，，70％硫酸，98.3％浓硫酸。选择装置___________(填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ”)，化学方程式为___________。（2）的制备 用(H为-1价)还原法制备的反应原理为：(未配平)。原料气制备装置选定后，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中生成的离子方程式为___________。③方程式配平后，为使生成的尽可能完全被还原，反应中应控制___________。（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：①②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作抗氧化剂。（4）图1的D中物质充分吸收后，得到溶液。写出加热固体脱水制备的化学方程式___________。（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，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的残留量(以计算)进行测定，方案如下： 步骤③共消耗的溶液，则该葡萄酒中焦亚硫酸钠含量为___________(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(以计算)，其最大使用量为)【答案】（1）①.Ⅱ或Ⅲ②.(较浓)或(浓)（2）①.平衡压强，防止装置中气压过大，引发安全问题；饱和溶液可以防止的溶解②.③.（3）取少许固体溶于水中，加入溶液，有白色沉淀产生，则证明②反应有发生（4）（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；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，故答案为：Ⅱ或Ⅲ；或。【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；③方程式配平结果为，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。【小问5详解】H2O2吸收SO2发生反应，用NaOH中和测定时发生反应，根据硫元素守恒可得：，则，该葡萄酒中SO2含量为。21.和是两种主要的大气污染物。（1）将转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。的转化目前主要有以下两种方法：方法Ⅰ克劳斯燃烧法方法Ⅱ铁盐、铜盐氧化法①方法Ⅰ的化学方程式是___________。②方法Ⅱ，将和的混合气体通入、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___________。A．和反应的离子方程式为 B．在转化过程中发生的反应为C．整个反应过程中溶液的值变小(不考虑产生的的稀释效果)D．提高混合气体中的比例可防止生成的硫单质中混有（2）双催化剂处理大气中的和，工作如图2所示。①和在催化剂表面发生反应的化学方程式为___________。②通过和的相互转化实现的储存和还原，储存的物质是___________。③协同处理过程中，与按比例通入，每处理时，转移电子数为，则产物X的化学式为___________。（3）实验室探究分解规律：某同学结合受热分解的规律，采用图3所示装置加热固体探究分解规律。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___________(用含m和n的式子表达，试液体积视为仍为)。【答案】（1）①.②.AC （2）①.②.③.S（3）①.②.【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；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，A错误；B．由图可以看出，Fe2+在O2作用下变成Fe3+，发生反应为，B正确；C．若不考虑水的稀释，由总反应为可知过程中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；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0.4mol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，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+32n2=m-n，解得n1=，装置②中发生反应，溶质为HNO3，由反应可知n(HNO3)=n(NO2)= ，所以②试管中液体的物质的量浓度为。