湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测 化学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高一下学期3月阶段检测化学试题 一、单选题（共42分） 1．（本题3分）下列说法不正确的是 A．利用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化镁溶液 B．在食品包装袋内放入铁系保鲜剂可以防止食品因氧化而变质 C．硫黄在过量空气中燃烧生成SO3 D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫 2．（本题3分）下列化学用语正确的是 A．苯的结构简式： B．乙炔的分子式： C．硫离子的结构示意图： D．四氯化碳的电子式： 3．（本题3分）化学与生活、社会、科技发展息息相关，下列化学反应过程不涉及氧化还原反应的是 A．溶洞的形成 B．天然气燃烧 C．植物光合作用 D．火箭发射 A．A B．B C．C D．D 4．（本题3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，多硫化钠(Na2S4)与NaOH的混合溶液在通电条件下可发生反应： OH- 下列说法错误的是 A．1mol OH-中含有的共价键数为NA B．55gNa2S2固体中含离子总数为1.5NA C．NaOH是离子化合物，只含离子键 D．该反应生成33.6L(标准状况下)O2时，转移电子数为6NA 5．（本题3分）在透明溶液中，能在溶液中大量共存的是 A．、、、 B．、、、 C．、、、NO D．Na+、、、 6．（本题3分）研究表明，土壤中的被土壤胶体吸附后，在硝化细菌的作用下转化为后，土壤中的进一步将氧化为更易被植物吸收的。在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出。下列说法不正确的是 A．被氧化为的过程中，与的物质的量之比为2:1 B．在反硝化过程中，土壤pH升高 C．与反应时，每生成，转移电子数为3.75mol D．适当疏松土壤，有利于提高铵态氮肥的肥效 7．（本题3分）从淡化海水中提取溴的流程如下： 下列有关说法错误的是 A．用此方法每获得，最少需要消耗标况下的体积22.4L B．X试剂可用饱和溶液 C．步骤II中用热空气吹出溴是因为溴易挥发 D．步骤IV包含萃取、分液和蒸馏 8．（本题3分）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，所含的电子数为 B．()分子中含有的数目为 C．反应，每生成需消耗 D．加热条件下，足量的与硫酸反应，转移电子数为 9．（本题3分）根据下列实验事实或现象，解释合理的是 A．把SO2通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液的红色褪去，是因为SO2具有漂白性 B．把酸雨样品在空气中露置一段时间后，测得溶液酸性增强，是因为溶解了更多的CO2 C．把氨气通入滴有几滴酚酞的水中，溶液变红，是因为氨气电离出氢氧根离子显碱性 D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3 10．（本题3分）高炉冶炼的粗硅难以满足使用过程中的纯度要求，因此需对粗硅进行进一步的提纯。工业上采用Si与HCl在350°C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-128℃，沸点为33℃，且遇与均剧烈反应。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．工业上用过量的焦炭与石英砂混合冶炼粗硅，发生的反应为 B．使用浓和NaCl混合加热制取HCl利用了浓的脱水性 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 11．（本题3分）化学与我国传统文化密切相关。下列说法错误的是 A．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”，灰的主要成分是CaO B．《天工开物》中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”裘的主要成分是蛋白质 C．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程发生了可逆反应 D．《䜿海歌》中“风干日曝咸味加，始灌潮波塯成卤”，该过程包含蒸发结晶 12．（本题3分）某同学在解决下列“困惑”过程中，经“教师点拨”后，所得“感悟”仍然不正确的是 选项 困惑 教师点拨 感悟 A 为什么HCl中H显+1价，Cl显-1价？ 引导思考分析化学键的形成实质 H和Cl共用电子对，且共用电子对偏向Cl B 硒(Se)元素为什么称为“类硫”？ 教师建议查阅元素周期表 硒(Se)元素位于第四周期第VIA族，与硫元素化学性质相似 C 卤素()与铁加热反应是否均能生成？ 引导思考同一主族元素的相似性和递变性 卤素原子最外层都是7个电子，卤素单质都具有氧化性，均能与铁生成 D NaCl在水中电离是否需要通电？ 在教师指导下做NaCl固体、蒸馏水和NaCl水溶液的导电实验，并引导学生认识物质导电的条件 NaCl在水中电离不需要通电 A．A B．B C．C D．D 13．（本题3分）足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和二氧化氮、一氧化氮的混合气体4.48L(标准状况)，这些气体与一定体积的氧气(标准状况下)混合通入水中，所有的气体完全被水吸收生成硝酸。若向硝酸铜溶液中加入5mol·L-1的氢氧化钠溶液，铜离子恰好完全沉淀，消耗氢氧化钠溶液60mL，下列说法错误的是 A．参加反应的硝酸是0.5mol B．混合气体中含1.12L(标准状况下)二氧化氮 C．此反应过程中转移0.3mol电子 D．消耗氧气1.68L(标准状况下) 14．（本题3分）实验小组需配制0.1 mol/L 溶液400 mL用于定量分析，下列有关实验操作或分析正确的是 A．需用托盘天平准确称量晶体14.30 g B．将准确称量的药品直接转移至容量瓶中进行溶解 C．定容时，若仰视刻度线会导致溶液的浓度偏低 D．摇匀后若液面低于刻度线需要重新加水定容 二、填空题（共14分） 15．（本题14分）硫元素在自然界中转化如下图。 (1)下列说法正确的是_______(填字母序号)。 a.火山口常有硫单质可能的原因是2H2S+SO2=3S+2H2O b.转化过程中硫元素既发生氧化反应又发生还原反应 c.含硫矿物中硫元素均为-2价 (2)写出SO2形成酸雨的化学方程式：_______。 (3)工业生产也会产生大量二氧化硫进入大气，污染环境，有多种方法可用于SO2的脱除。 ①氨法脱硫。该方法是一种高效低耗能的湿法脱硫方式，利用氨水吸收废气中的SO2，并在富氧条件下转化为硫酸铵，该过程中被氧化的元素是_______，得到的硫酸铵可用作_______。 ②用NaClO溶液作为吸收剂，调pH至5.5时吸收SO2，反应离子方程式是_______。 ③酸性条件下，用MnO2进行脱硫处理的原理如下图所示。 i.上述过程中可以循环使用的是_______。 ii.脱硫最终产物的化学式是_______。 三、解答题（共44分） 16．（本题14分）有M、R、Q、Y、Z五种短周期主族元素，其中Z为短周期主族元素中原子半径最大的，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，M、R、Q、Y四种元素在元素周期表中的相对位置如图．回答下列问题： M Y Q R (1)R在元素周期表中的位置是____________． (2)写出单质Y的一种用途：____________． (3)Z、M、Q的简单离子的半径由大到小的顺序为____________（用离子符号表示）． (4)写出的电子式：____________．其所含的化学键类型为____________． (5)下列事实能作为比较元素Y与R的非金属性相对强弱依据的是____________（填标号）． A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 B．最简单氢化物的稳定性： C．Y与R形成的化合物中Y呈正价 D．酸性： (6)写出常温下，R的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的离子方程式：____________． 17．（本题14分）肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。    (1)装置A中制备的化学方程式为___________。 (2)装置B中长颈漏斗的作用是___________；仪器C中盛放的试剂为___________。 (3)装置B中制备的化学方程式为___________；由于反应放热，通常把B装置放于温度较低的水浴中，目的是___________。 (4)下列说法正确的是___________(填标号)。 a．的电子式为   b．装置E的作用是吸收尾气，防止空气污染 c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞 (5)测定产品中的质量分数 取装置B中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000mol/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为___________%。 18．（本题16分）氯化亚铜(CuCl)微溶于水，难溶于乙醇，易被氧化，广泛应用于医药、有机合成催化剂等工业。以废铜渣(主要含Cu、CuO，还有少量其他难溶物)为原料制备CuCl的工艺流程如图所示。 (1)氯元素在元素周期表的位置为___________。 (2)“浸出”过程控制温度为60℃左右，可提高铜元素浸出率，若反应中被还原为，则该过程中发生氧化还原反应的离子方程式为___________；为了提高浸出率，除了控制温度为60℃左右还可以采取的措施为___________(写一条)。 (3)“还原”过程中溶液加入至过量的原因：一是让全部被还原，二是___________。 (4)“还原”过程中加入溶液的体积(V)与溶液pH的关系如图所示。 当溶液体积大于一定量时，溶液pH增大的原因是___________。 (5)流程中洗涤步骤的最佳试剂为___________；检验洗涤干净的操作及现象：___________。 (6)准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后过滤，将滤液及洗涤液一并转移到锥形瓶中，加入指示剂2滴，立刻滴入标准溶液，至恰好反应时，消耗标准溶液20.00mL。则样品中CuCl的质量分数为___________(已知：、，且杂质不参与反应)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C C B A B D C 题号 11 12 13 14 答案 C C B C 1．C 【详解】A．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化镁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应来区分胶体和溶液，选项A正确； B．铁粉可以和空气中的氧气发生反应，防止食品被氧化，选项B正确； C．S在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂加热条件下才与氧气反应生成三氧化硫，选项C不正确； D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫从而消除污染，选项D正确； 答案选C。 2．A 【详解】 A． 苯的结构简式：，故A正确； B． 乙炔的分子式：C2H2，为结构简式，故B错误； C． 硫离子的结构示意图：，是硫原子的结构示意图，故C错误； D． 四氯化碳的电子式：，原式中氯原子的最外层电子数不正确，故D错误； 故选A。 3．A 【详解】A．溶洞形成时，发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，此反应为非氧化还原反应，A符合题意； B．天然气燃烧时，发生反应CH4+2O2CO2+2H2O，此反应为氧化还原反应，B不符合题意； C．植物光合作用时，发生反应6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，此反应为氧化还原反应，C不符合题意； D．火箭发射时，火箭燃料发生燃烧，发生氧化还原反应，同时放出能量，D不符合题意； 故选A。 4．C 【详解】A．OH-中O原子与H原子之间是共价键，1mol OH-中含有的共价键数为NA，A正确； B．55gNa2S2物质的量为，含与Na+，则离子总数为1.5NA，B正确； C．NaOH是由Na+和构成的离子化合物，内部存在O-H之间的共价键，C错误； D．33.6L(标准状况下)O2物质的量为，即共有氧原子从-2价升高到0价，则转移电子数为6NA，D正确； 故选C。 5．C 【详解】A．与反应生成和，离子方程式为；与反应生成沉淀，离子方程式为，不能大量共存，A不符合题意； B．与反应生成沉淀，离子方程式为；与反应生成沉淀，不能大量共存，B不符合题意； C．、、、之间不发生反应，能大量共存，C符合题意； D．与反应生成沉淀，离子方程式为，不能大量共存，D不符合题意； 故选C。 6．B 【详解】A．被氧化为的过程中，氮的化合价由+3升高为+5，氧气由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，与的物质的量之比为2:1，A正确； B．又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得，在反硝化过程中，土壤降低，B错误； C．根据，3mol与5mol反应转移15mol电子，则每生成，转移电子数为，C正确； D．适当疏松土壤，有利于提高土壤中氧气的量，使铵态氮肥转化为，提高肥效，D正确； 故选B。 7．A 【详解】A．反应Ⅰ、Ⅲ均为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，每获得，反应Ⅰ、Ⅲ各消耗1mol氯气，最少需要消耗标况下的体积44.8L，故A错误； B．X试剂把Br2还原为Br-，X具有还原性，可用饱和溶液，故B正确； C．溴易挥发，步骤II中通入热空气，溶液温度升高，使溴挥发出来，故C正确； D．从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得到纯净的溴，故D正确； 选A。 8．B 【详解】A．标准状况下，的物质的量为，1个中含有的电子数为7+3=10，故所含的电子数为，A错误； B．如图，1个分子中数目为，的物质的量为，含数目为，B正确； C．未指明标准状况，无法计算生成需消耗的体积，C错误； D．的硫酸溶液为稀硫酸，不与反应，D错误； 故选B。 9．D 【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠，所以把SO2通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液的红色褪去，与其漂白性无关，A不符合题意； B．饱和CO2溶液的pH约等于5.6，而雨水样品放置一段时间后，酸性增强的原因是雨水中亚硫酸被空气中氧气氧化为强酸硫酸：2H2SO3+O2=2H2SO4，B不符合题意； C．把氨气通入滴有几滴酚酞的水中，溶液变红，是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，C不符合题意； D．SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，根据强酸制取弱酸，说明H2SO3酸性强于H2CO3，D符合题意； 故选D。 10．C 【分析】浓硫酸与NaCl固体混合加热发生复分解反应产生Na2SO4和HCl,HCl气体经浓硫酸干燥后与粗硅发生反应产生SiHCl3，然后经冰盐浴降温后冷凝为液体物质，多余的HCl可以被干燥管的碱石灰吸收然后排放，碱石灰还可以吸收空气中的H2O蒸气，防止SiHCl3遇水剧烈反应导致变质。 【详解】A．工业上用过量的焦炭与石英砂混合冶炼粗硅，发生反应产生Si、CO，反应的化学方程式为，故A错误； B．使用浓H2SO4和NaCl混合加热制取HCl利用了浓H2SO4的高沸点、难挥发性，而不是其脱水性，故B错误； C．由于SiHCl3的熔点为-128℃，沸点为33℃，所以冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使SiHCl3冷凝为液体，故C正确； D．干燥管中的碱石灰是碱性干燥剂，可以吸收HCl尾气，并可以防止空气中的水分进入收集容器，而不能用无水CaCl2、硅胶等固体干燥剂替换，故D错误。 答案选C。 11．C 【详解】A．贝壳的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰的主要成分是CaO，故A正确； B．裘”指的是动物的毛皮，主要成分为蛋白质，故B正确； C．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”中涉及的两个反应条件不同，也不是同时发生，不为可逆反应，故C错误； D．等到风吹日晒时间久了，海水的盐味就增加了，这个时候才开始制成盐卤，该过程涉及的物质分离操作为浓缩结晶，将海水浓缩，析出结晶，故D正确； 答案选C。 12．C 【详解】A．HCl中化合价的成因：H和Cl各有一个单电子，它们共用一对电子对而形成HCl，且由于Cl的电负性更大，电子对偏向Cl，因此H显+1价，Cl显-1价，符合化学键理论，A正确； B．元素周期表中，硒（Se）位于第四周期第VIA族，与硫同族，同主族元素的相关化学性质相似，因此称为“类硫”，符合元素周期律，B正确； C．卤素原子最外层都是7个电子，卤素单质都具有氧化性，卤素单质（X2）与铁加热反应时，其中氟气、氯气、溴单质能氧化铁单质生成FeX3，但碘单质因氧化性较弱，生成FeI2而非FeI3；感悟错误地认为所有卤素均生成FeX3，忽略了递变性，C错误； D．NaCl在水中电离是水分子的作用所致，无需通电；导电实验表明电离与通电无关，D正确； 故选C。 13．B 【分析】由于Cu是足量的，硝酸完全反应，所得溶液中溶质为硝酸铜；混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据电子转移守恒，Cu原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH-的物质的量等于铜失去电子物质的量，等于氧气获得电子物质的量，也等于反应后溶液中硝酸根离子的物质的量。 【详解】A．最终得到NaNO3溶液，反应后溶液中n() = n(NaOH)=5mol·L-1×0.06L=0.3mol， ，由N原子守恒：n(HNO3)= n(NO2)+n(NO)+n反应后溶液() =0.2mol+0.2mol+0.3mol=0.5mol，故A正确； B．设NO2、NO物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.2mol，由转移电子守恒有：x+3y=0.3mol，解得x=0.15，y=0.05，则标准状况下，故B错误； C．所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH-的物质的量等于铜失去电子物质的量，n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol，故转移电子为0.3mol，故C正确； D．混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据电子转移守恒，Cu原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH-的物质的量等于氧气获得电子物质的量，故消耗氧气的物质的量为，则标准状况下V(氧气)=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故D正确； 故选C。 14．C 【详解】A．实验室没有400mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，故溶液需称量Na2CO3·10H2O晶体的质量应为配制500mL溶液计算：所需Na2CO3为0.1mol/L×0.5L= 0.05mol，Na2CO3·10H2O的摩尔质量为286g/mol，质量应为0.05mol × 286g/mol = 14.3g，但托盘天平精确度为0.1g，应称量14.3g而非14.30g，A错误； B．溶解固体时，应先在烧杯中加适量水溶解，冷却到室温，再转移至容量瓶，B错误； C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，根据，导致浓度偏低，C正确； D．摇匀后液面低于刻度线是因溶液附着瓶壁所致，溶液实际体积未变，若加水会稀释溶液，导致浓度偏低，D错误； 故选C。 15．(1)ab (2)SO2+H2OH2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4 (3) +4价硫元素 氮肥 ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO+2H+ Fe3+(或Fe2+) MnSO4 【详解】（1）a.火山口常有硫单质可能是因为二氧化硫与和硫化氢气体相遇后会发生化学反应生成硫单质，在火山口附近沉积下来，反应的方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，故a正确； b.转化过程中硫元素的化合价既有升高又有降，因此转化过程中硫元素既发生氧化反应又发生还原反应，故b正确； c.FeS2中的硫元素为-1价，故c错误； 故答案为ab； （2）SO2形成酸雨的化学方程式SO2+H2OH2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4，故答案为：SO2+H2OH2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4； （3）①利用氨水吸收废气中的SO2，并在富氧条件下转化为硫酸铵，该过程中硫元素的化合价升高，因此被氧化的元素是S，得到的硫酸铵可用作氮肥，故答案为：+4价硫元素；氮肥； ②用NaClO溶液作为吸收剂来吸收SO2，NaClO具有强氧化性，能将SO2氧化为SO，反应离子方程式是ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO+2H+，故答案为ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO+2H+； ③由流程图可知Fe2+被反应后又生成了Fe3+，因此该过程中可以循环使用的是Fe3+(或Fe2+)；脱硫最终产物的化学式为MnSO4，故答案为：Fe3+(或Fe2+)；MnSO4。 16．(1)第三周期第族 (2)作半导体材料 (3) (4) 离子键、（非极性）共价键 (5)BC (6) 【分析】有M、R、Q、Y、Z五种短周期主族元素，其中Z为短周期主族元素中原子半径最大的，则为Na，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，根据位置应该为第三周期，则为Si元素，M、R、Q、Y四种元素在元素周期表中的相对位置可推知，Q为P，M为O，R为Cl； 【详解】（1）R为Cl，位于第三周期ⅦA族，故答案为第三周期ⅦA族； （2）Y为Si元素，单质Y的用途有：作半导体材料； （3）三种简单离子分别为Na+、O2-、P3-，P3-多一个电子层，离子半径最大，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径由大到小顺序是；故答案为； （4） Z2M2化学式为Na2O2，其电子式为；其所含的化学键类型为离子键、（非极性）共价键； （5）A．物质的状态属于物理性质，不能说明元素非金属性强弱，选项A不符合题意； B．非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，稳定性：HCl＞SiH4，从而推出Cl的非金属性强于Si，选项B符合题意； C．形成化合物中Y呈正价，说明Cl的得电子能力强于Si，即Cl的非金属性强于Si，选项C符合题意； D．通过酸性强弱比较非金属性强弱，酸应是最高价氧化物的水化物，HCl中Cl不是最高价，选项D不符合题意； 答案为BC； （6）Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Cl2与NaOH溶液反应：Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O；故答案为Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O。 17．(1) (2) 导气，防倒吸 饱和食盐水 (3) 防止温度过高和溶液反应生成，使生成的浓度减小，不利于最终产品肼的生成 (4)bc (5)32 【分析】装置A中浓氨水和生石灰制取氨气，长颈漏斗的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸；装置D中反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，HCl气体会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，洗气瓶C中的饱和食盐水可除去氯化氢气体，装置B中NaClO与氨气反应制备肼，以此分析； 【详解】（1）装置A中浓氨水和生石灰制取氨气，化学方程式为：； 故答案为：； （2）氨气极易溶于水，长颈漏斗的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸；装置D中反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，HCl气体会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，洗气瓶C中的饱和食盐水可除去氯化氢气体； 故答案为：导气，防止倒吸；饱和食盐水； （3）装置B中NaClO与氨气反应制备肼，方程式为，装置B保持较低的温度，可防止副反应的发生； 故答案为：；防止温度过高Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO3，使生成的NaClO浓度减小，不利于最终产品肼的生成； （4） a．的电子式为  ，a错误； b．肼具有较强的还原性，故先打开A中分液漏斗活塞得到饱和氨水，后打开D处漏斗活塞制备氯气，防止生成的肼被氧化，b正确； c．尾气用NaOH溶液吸收，c正确； 故答案为：bc； （5），可得关系式，则，样品的纯度为； 故答案为：32。 18．(1)第三周期第ⅦA族 (2) 把废矿渣粉碎或搅拌或适当增大的浓度等 (3)防止CuCl被氧化 (4)过量时会与产生的反应，溶液pH增大 (5) 乙醇 取最后一次洗涤液少量于试管，加入过量稀盐酸酸化，再加少量溶液，无明显现象说明洗涤干净了 (6)79.6％ 【分析】废铜渣主要含Cu、CuO，还有少量难溶于酸、碱的固体，加入硫酸溶液与CuO反应生成硫酸铜，Cu单质与NO在酸性条件下反应生成硝酸铜，过滤后加入(NH4)2SO3、NH4Cl溶液发生氧化还原反应生成CuCl，其难溶于乙醇，易被氧化，用乙醇清洗后干燥得到CuCl，据此解答。 【详解】（1）氯元素在元素周期表的位置为第三周期第ⅦA族； （2）“浸出”过程中被还原为，根据电荷守恒和电子守恒，则该过程中发生氧化还原反应的离子方程式为；为了提高浸出率，除了控制温度为60℃左右还可以采取的措施为把废矿渣粉碎或搅拌或适当增大的浓度等； （3）“还原”过程中溶液加入至过量的原因：一是让全部被还原，二是利用亚硫酸根的还原性起保护作用，防止CuCl被氧化； （4）“还原”时，亚硫酸根被铜离子氧化，发生反应的离子方程式为2Cu2++SO+H2O+2Cl-=2CuCl↓+SO+2H+，当溶液体积大于一定量时，会与产生的反应，溶液pH增大； （5）由于氯化亚铜微溶于水、难溶于乙醇，易被氧化，因此洗涤步骤的最佳试剂为乙醇，检验是否洗涤干净，可以检验最后一次洗涤液中是否有硫酸根，操作及现象为取最后一次洗涤液少量于试管，加入过量稀盐酸酸化，再加少量溶液，无明显现象说明洗涤干净了； （6）根据、，可得关系式：CuCl，n()=0.2mol/L0.02L=0.004mol，故样品中CuCl的质量分数为=79.6％。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $