精品解析：上海交通大学附属中学2022-2023学年高一下学期（等级考）期中考试化学试卷（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一

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上海交通大学附属中学 2022—2023 学年高一下学期(等级考)期中考试
化学试题
(满分 100分，60分钟完成，答案请写在答题纸上)
说明：1.本试题卷包含五个主题的内容，即五道大题，别看而错漏做了。
2.“双选”题的给分原则是：全对得“3分”，只答对一得“1分”，一对一错得“0”分。
3.相对原子量：H-1，N-14，O-16，Na-23，Si-28，S-32，Cl-35.5，Fe-56，Cu-64
一、84消毒液的制备及科学使用
1. 新冠病毒曾经伤害人类，也是曾经让你最为惧怕的病毒，但它却只不过是蛋白质包裹着的DNA而已，
使用适当浓度的84消毒液、双氧水等消毒剂即可将其杀死。但是两者混合使用，消毒效果几乎降为零。
此外，84消毒液呈碱性，可以通过氯气与氢氧化钠溶液的反应来制得，这是你知道的。
（1）写出上述两种消毒剂中有效成分的电子式。___________、___________
（2）如图所示是家用制取84消毒液的装置，以石墨为电极电解由进口输入的饱和食盐水，则阳极为
___________(填写“电极1”“电极2”)。
将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近出口处，未显蓝色。此制备过程的总反应为___________
（3）上述两种消毒剂混合使用，有无毒气体产生，则___________
A. 该反应中，过氧化氢做氧化剂
B. 可以通过焰色反应，确认该反应已进行完全
C. 若生成2.24 L标况下的氧气，则消耗14.9 g NaClO
D. 残留液中滴加AgNO 溶液，有白色沉淀生成
3
【答案】（1） ①. ②.
通电
（2） ①. 电极2 ②. NaClH O NaClOH  （3）D
2 2
【解析】
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【小问1详解】
84消毒液中有效成分为次氯酸钠，双氧水中有效成分为H O ，两者的电子式分别为 、
2 2
。
【小问2详解】
从图中可知，在电极2上氯离子失电子转化为氯气，则阳极为电极2。将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近出口
处，未显蓝色，原因为氯气与氢氧根离子反应生成了氯离子和次氯酸根离子，制备过程的总反应为
通电
NaClH O NaClOH 。
2 2
【小问3详解】
双氧水和次氯酸钠反应的离子方程式为ClO-+H O =O ↑+H O+Cl-。
2 2 2 2
A．该反应中H O 中O失电子生成氧气，过氧化氢为还原剂，A错误；
2 2
B．钠离子不参与反应，无论反应是否进行完全，溶液中始终存在钠离子，焰色反应现象相同，B错误；
C．若生成标况下2.24L氧气即0.1mol，则消耗次氯酸钠0.1mol为7.45g，C错误；
D．该反应有氯离子生成，则残留液中滴加硝酸银，可生成AgCl白色沉淀，D正确；
故答案选D。
2. Ⅰ.利用75%酒精(分子式为C H O)也可以消杀新冠病毒。如果将84消毒液与之混用以提高消杀效果，那
2 6
你有可能会中毒。因为此时会产生氯仿(分子式为CHCl ，分子呈四面体型)，进而继续被氧化为光气，光
3
气却是具有烂苹果气味的毒气，其分子结构如如图所示：
（1）由此推断的结论正确的是___________
A．氯仿分子含非极性键，是极性分子
B．光气分子含极性键，是非极性分子
C．上述变化过程中，-2价碳元素最终被氧化为+4价
D．氯仿和光气两种分子中，所有原子均达到稳定结构
E．酒精与84消毒液混用，一定放出氯气
（2）光气的分子中，C—Cl的键长大于C=O。请你用相关结构知识说明其理由___________。
Ⅱ.如果你把氯酸的浓度提高到40％以上，那将会发生分解反应：
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aHClO =bO +cCl +dHClO +eH O，将湿润的淀粉碘化钾试纸较长时间地靠近产生的气体，则你
3 2 2 4 2
会看到试纸先变蓝后又变无色。
（3）根据以上信息做出的推断错误的是___________
A. 由反应可确定：氧化性HClO HClO
4 3
B. 若化学计量数a=8、b=3，则该反应转移电子数为20e
C. 变蓝的淀粉碘化钾试纸又褪色，是因为发生了：4Cl +I +6H O=12H++8Cl-+2IO
2 2 2 3
D. 若氯酸分解得1 mol混合气体的质量为47.6 g，则反应方程式可表示为：
26HClO =15O 8Cl 10HClO 8H O
3 2 2 4 2
Ⅲ.在室温下，将Cl 缓缓通入NaOH溶液后，测定溶液中、ClO的物质的量与反应时间t的关系，结果
2 3
如如图：
（4）a点时溶液中，除H、OH 外，其他各离子浓度由大到小的顺序是___________。t t ，ClO
2 4
离子的物质的量下降。请你用离子方程式说明原因___________。
【答案】（1）CD （2）Cl原子半径大于O原子，且C-Cl为单键，C=O为双键 （3）CD
（4） ①. c  Na c  Cl c  ClO c  ClO ②. 3ClO ClO 2Cl
3 3
【解析】
【小问1详解】
A．氯仿分子中H、Cl原子均与碳原子相连，无非极性键，是极性分子，A错误；
B．根据光气分子的结构可知，其分子中存在极性键，是极性分子，B错误；
C．乙醇中碳为-2价，光气中碳为+4价，-2价的碳被氧化为+4价，C正确；
D．氯仿中氢原子周围有2个电子，C、Cl原子周围有8个电子，光气中C、O、Cl周围均有8个电子，两
种分子中所有原子均达到稳定结构，D正确；
E．酒精和84消毒液混用，不一定会放出氯气，E错误；
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故答案选CD。
【小问2详解】
氯原子的半径大于氧原子的半径，且C-Cl键为单键，C=O为双键，双键的键能更大，键长更短，因此C-
Cl的键长大于C=O。
【小问3详解】
A．该反应中HClO 既是氧化剂也是还原剂，HClO 为氧化产物，故氧化性HClO <HClO ，A正确；
3 4 4 3
B．化学计量数a=8，b=3，HClO 生成3个O 失去12个电子，根据电子转移守恒，12+2d=2c×5，d+2c=8，
3 2
解得c=2，d=4，则转移电子数为20个，B正确；
C．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色，是因为氯气进一步氧化了碘单质，离子方程式为5Cl +I +6H O=12H++10Cl-
2 2 2
+2IO，C错误；
3
D．氯酸分解得1mol混合气体的质量为47.6g，则b+c=1，32b+71c=47.6，解得b=0.6，c=0.4，b:c=3：2，
与方程式中比值不同，D错误；
故答案选CD。
【小问4详解】
a点含有溶质NaCl、NaClO、NaClO ，其中c(ClO-)=c(ClO)，发生反应
3 3
4Cl +8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO +4H O，故a点各离子浓度由大到小顺序为
2 3 2
c
 Na
c
 Cl
c
 ClO
c
 ClO
。根据图示两种离子物质的量变化情况可知，t 到t ，ClO-反应
3 2 4
生成ClO和Cl-导致其离子物质的量下降，离子方程式为3ClO ClO 2Cl。
3 3
二、顽劣的含硫化合物
3. 硫元素与铁可以形成多种硫化物，其中FeS和FeS 最为常见，而FeS又是你最不陌生的，其样品如下
2
图所示。
将铁粉与硫粉混合均匀加热，即可生成FeS。但你所不知的是：细粉级的FeS在50℃以上便可自燃，纵然
2
是极其小心地储存，也会被氧气缓慢完全氧化，其中 的Fe被氧化为+3价，同时有淡黄色晶体生成。
3
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（1）由此信息推断的结论错误的是___________
A．上述铁粉与硫粉的反应是放热反应
B．细粉级的FeS被氧气缓慢时，可生成Fe O 和S
3 4
C．等量的铁在Cl 中燃烧时，转移的电子数多
2
D．在50℃以上FeS自燃，有硫生成
E．FeS与硝酸反应，生成H S
2
（2）在低温冷冻下，向Fe SO  溶液中滴加少量Na S溶液，得到黑色固体Fe S ，则此反应的离子方
2 4 3 2 2 3
程式为___________。将Fe S 投入稀盐酸中溶解，有臭鸡蛋气味气体产生。此反应的产物除H S外，还
2 3 2
有___________和___________(填写化学式)。
【答案】（1）DE （2） ①. 2Fe3 3S2 Fe S ②. FeCl ③. S
2 3 2
【解析】
【小问1详解】
A．铁粉与硫粉反应生成FeS，该反应为放热反应，A正确；
2 1
B．细粉级的FeS被氧气缓慢氧化，其中 的Fe被氧化为+3价，剩余 的Fe为+2价，符合Fe O 中Fe元
3 4
3 3
素的化合价组成，且生成的淡黄色晶体为硫单质，B正确；
C．等量的铁在氯气中燃烧，生成氯化铁，故转移的电子数更多，C正确；
D．FeS在50℃条件下自燃，燃烧条件下不可能有S单质生成，S会与O 反应生成SO ，D错误；
2 2
E．FeS与硝酸反应，硝酸具有强氧化性，会将FeS氧化成硫单质，D错误；
故答案选DE。
【小问2详解】
向硫酸铁溶液中滴加少量硫化钠，反应生成Fe S ，离子方程式为2Fe3++3S2-=Fe S ，将Fe S 投入到稀盐
2 3 2 3 2 3
酸中溶解，两者反应有硫化氢生成，同时铁离子能与硫离子反应生成硫单质和亚铁离子，因此产物除了硫
化氢还有S和FeCl 。
2
4. 二氧化硫可做为氧化剂而氧化细菌，故常做葡萄酒、干果类的保鲜剂，但更多的是表现还原性。实验
中，往往又是包括复分解反应在内的多种反应的竞争。
Ⅰ.利用下图所示装置和试剂制取SO ，再将SO 通入AgNO 溶液，产生灰白色沉淀M，其中含大量
2 2 3
Ag SO 和少量Ag，反应过程中无NO生成。
2 3
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（1）写出制取SO 的化学方程式。___________。
2
（2）上述实验中，生成Ag SO 的离子方程式是___________。上述实验中，生成Ag的离子方程式是
2 3
___________。
（3）除去沉淀M中的Ag SO 后，得到黑色固体。验证该黑色固体是Ag时，选用试剂中较好的是
2 3
___________
A. 稀硝酸 B. 氯化钠溶液 C. 稀硫酸 D. 硝酸银溶液
Ⅱ.此外，SO 还可以被其他氧化剂氧化。例如，向CuSO 溶液中逐滴加入KI溶液至过量，产生白色沉淀
2 4
CuI，溶液变为棕色；再向反应后的混合物中不断通入SO 气体，溶液逐渐变成无色。
2
（4）由此推断正确的是___________
A. 通入SO 时，SO 与I 反应，I 作还原剂
2 2 2 2
B. 通入SO 后溶液逐渐变成无色，体现了SO 的漂白性
2 2
C. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2 I SO
2 2
D. 滴加KI溶液时，若转移2 mol e则生成2 mol白色沉淀
Δ
【答案】（1）Cu2H SO (浓) CuSO SO 2H O
2 4 4 2 2
（ 2 ） ①. 2Ag SO H OAg SO 2H ②.
2 2 2 3
2Ag SO 2H O2Ag4H SO2 （3）AB （4）CD
2 2 4
【解析】
【小问1详解】
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铜与浓硫酸加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu2H SO (浓)
2 4
Δ
CuSO SO 2H O。
4 2 2
【小问2详解】
二氧化硫与水、银离子反应生成Ag SO ，离子方程式为2Ag SO H OAg SO 2H，二氧化
2 3 2 2 2 3
硫具有还原性，能与银离子反应生成硫酸根离子、Ag，离子方程式为
2Ag SO 2H O2Ag4H SO2。
2 2 4
【小问3详解】
单质银不与稀硫酸反应，而溶于稀硝酸生成硝酸银，再用氯化钠溶液检验反应后溶液中是否存在银离子即
可，因此选择的试剂为稀硝酸和氯化钠溶液，答案选AB。
【小问4详解】
硫酸铜和KI反应生成硫酸钾、CuI和I ，因为碘单质的存在溶液显棕色，向反应后的混合物中不断通入
2
SO ，二氧化硫与碘单质反应生成硫酸根离子和碘离子，溶液逐渐变为无色。
2
A．通入SO ，二氧化硫和碘单质反应，I 得电子作氧化剂，A错误；
2 2
B．通入二氧化硫，二氧化硫与碘单质反应生成了碘离子和硫酸根离子，体现的是二氧化硫的还原性，B错
误；
C．Cu2+与I-反应生成CuI和I ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cu2+>I ，同理I 能与SO 反应
2 2 2 2
且I 作氧化剂，则氧化性I >SO ，C正确；
2 2 2
D．Cu2+与碘离子反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I ，转移2mol电子，生成2molCuI，D正确；
2
故答案选CD。
三、物质结构与化学反应中的能量
5. 科研人员曾发明了一种水电池，这种电池能利用淡水和海水之间的含盐量差进行供电，该电池的化学反
应为：5MnO 2Ag2NaCl Na Mn O 2AgCl
2 2 5 10
（1）该反应中，发生的还原过程是___________。溶液中减小1 mol Cl时，转移电子数是___________。
（2）简述NaCl晶体的熔点比Na O低原因___________。
2
（3）晶体Na O晶胞结构如图，其中黑球代表Na，推断正确的是___________
2
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A. Na半径大于O2半径
B. 其熔点高于冰，是因为Na O分子间作用力较大
2
C. 晶胞中，与Na距离最近O2有6个
248
2
D. 晶胞中，若最近的O2之间的距离为 a cm，则其密度为 (g·cm-3)
2
a3N
A
【答案】（1） ①.
M
4
nM
3.
n
6 (或MnO
2
Mn
5
O
1
2
0
) ②. N
A
（2）NaCl和Na O均为离子晶体，熔点由离子键强弱决定，Cl电荷数小于O2，且离子半径大于O2，
2
NaCl中离子键较Na O弱，故NaCl晶体的熔点比Na O低 （3）D
2 2
【解析】
【小问1详解】
5MnO 2Ag2NaCl Na Mn O 2AgCl反应中，发生的还原过程是元素化合价降低的过程，即
2 2 5 10
M
4
nM
3.
n
6 (或MnO
2
Mn
5
O
1
2
0
)；溶液中减小1mol Cl时，生成1mol AgCl，有1mol Ag参加反应，
转移电子数是N 。
A
【小问2详解】
NaCl晶体的熔点比Na O低原因：NaCl和Na O均为离子晶体，熔点由离子键强弱决定，Cl电荷数小
2 2
于O2，且离子半径大于O2，NaCl中离子键较Na O弱，故NaCl晶体的熔点比Na O低。
2 2
【小问3详解】
A．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越
强，离子半径越小，Na半径小于O2半径，故A错误；
B．其熔点高于冰，是因为Na O是离子晶体，冰是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，故B错
2
误；
C．晶胞中，与Na距离最近O2有4个，故C错误；
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2
D．晶胞中，若最近的O2之间的距离为 a cm，面对角线为 2 a cm，晶胞的边长为a cm，阴离子位
2
1
1
于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na+的个数为8，O2-的个数为8× +6× =4，每个晶胞
8 2
416232 248 248
的质量为  g，晶胞的体积为a3 cm3，则晶体的密度为ρ= (g·cm-3)，故D正
N N a3N
A A A
确；
故答案为D。
6. 高纯硅具有良好的硬度和耐磨性以及良好的光、电性能，广泛用于芯片、集成电路、光伏电池板等领
域。工业上制备高纯硅反应的化学方程式：SiCl
4
g2H
2
g

Sis4HClg
（1）此反应方程式中，呈正四面体型分子的电子式是___________。
（2）HCl的稳定性___________(填“大于”“小于”)HF，说明理由___________。
（3）根据下表判断，此反应的H 为___________
化学键 SiO SiCl HH HCl SiSi SiC
键能(kJ/mol) 460 360 436 431 176 347
A. +412 kJ/mol B. +236 kJ/mol C. -116 kJ/mol D. -236 kJ/mol
【答案】（1） （2） ①. 小于 ②. HCl和HF是结构、组成相似的分子，
稳定性由共价键强弱决定，Cl原子半径大于F原子，H-Cl键长大于H-F，键能小于H-F，故HCl比HF稳
定性小 （3）B
【解析】
【小问1详解】
该反应中，呈正四面体构型的分子为SiCl ，SiCl 的电子式为 。
4 4
【小问2详解】
元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，HCl和HF是结构、组成相似的分子，稳定性由共价
键强弱决定，Cl原子半径大于F原子，H-Cl键长大于H-F，键能小于H-F，故HCl比HF稳定性小。
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【小问3详解】
ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×360+2×436-431×4-2×176)kJ/mol=+236kJ/mol，故答案选B。
7. 由于人类的活动向大气排放NO对环境造成了一定的污染，我国严格控制其排放总量，标志着国家已经
x
从单纯控制SO 向全面控制酸性气体排放的方向走出了新的一步。
2
用CH 催化还原NO可以消除氮氧化合物的污染。例如：
4 x
①CH g4NO g4NOgCO g2H Og ；ΔH 574 kJ/mol
4 2 2 2
②CH g4NOg2N gCO g2H Og ；ΔH 1160 kJ/mol
4 2 2 2
（1）根据上述信息推断正确的是___________
A. 等物质的量的CH 在反应①、②中转移电子数相同
4
B. 由反应②可推知：CH g4NOg2N gCO g2H Ol ；ΔH 1160 kJ/mol
4 2 2 2
C. 4NO g2N g8NOg ；ΔH 586 kJ/mol
2 2
D. 若用标准状况下4.48 L CH 把NO 还原为N ，整个过程中转移的电子总数为1.6N
4 2 2 A
（2）正确的选项是___________
A. 化学反应中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量
B. 甲烷的燃烧热ΔH 890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为：
CH g2O gCO g2H Og ΔH 890 kJ/mol
4 2 2 2
C.
常温常压下：HClaqNaOHaq NaClaqH Ol
ΔH 57.3 kJ/mol，则：
2
H SO aqBaOH aqBaSO s2H Ol ΔH 114.6 kJ/mol
2 4 2 4 2
D. 已知SsO gSO g ΔH Q kJ·mol1，SgO gSO g ΔH Q kJ/mol，
2 2 1 2 2 2
则Q Q
1 2
【答案】（1）AD （2）D
【解析】
【小问1详解】
A．两个反应中CH 均转化为CO ，则等物质的量的CH 在反应①、②中转移电子数相同，A正确；
4 2 4
B．由气态水转化为液态水，ΔH<0，则由反应②可知，ΔH<-1160kJ/mol，B错误；
C．选项中的反应可由反应①-反应②得到，ΔH=(-574+1160)kJ/mol=+586kJ/mol，C错误；
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D．标况下4.48LCH 为0.2mol，0.2molCH 转化为CO 转移电子数为0.2×8=1.6mol，D正确；
4 4 2
故答案选AD。
【小问2详解】
A．有些放热反应也需要从外界获得能量，如铝热反应，A错误；
B．燃烧热的热化学方程式中生成的水需为液态水，选项中为气态水，B错误；
C．硫酸和氢氧化钡反应中除了生成水还有硫酸钡生成，会放出热量，ΔH<-114.6kJ/mol，C错误；
D．固态硫转化为气态硫吸热，则-Q >-Q ，即Q <Q ，D正确；
1 2 1 2
故答案选D。
四、不可失之须臾的氮元素及其化合物
8. 现代文明中将CO 排放到大气的同时，又想方设法地把空气中的N 吞下去，但在空气中的N 是很稳
2 2 2
定的。长期田间劳作的人们发现玉米等作物和豆类作物“轮换种植”长势优越。
（1）上述文字中所提到的CO ，其分子的电子式是___________。简述N 稳定的原因___________。
2 2
（2）玉米与豆类作物轮换种植时，玉米长势优越的原因是___________
A. 玉米有固氮作用 B. 豆类作物有固氮作用
C. 大气固氮的作用 D. 人工合成氨的作用
【答案】（1） ①. ②. N 分子中含氮氮叁键，键长短、键能大，故氮气稳定
2
（2）B
【解析】
【小问1详解】
CO 分子的电子式是 。N 稳定的原因：N 分子中含氮氮叁键，键长短、键能大，故
2 2 2
氮气稳定。故答案为： ；N 分子中含氮氮叁键，键长短、键能大，故氮气稳定；
2
【小问2详解】
玉米与豆类作物轮换种植时，玉米长势优越的原因是豆类作物有固氮作用，土壤中残留有一定量的氮肥，
故答案为：B。
9. 在工业上，氮化锶(Sr N )广泛用于生产荧光粉，而锶与镁位于同主族，在加热条件下，Sr与N 生成
3 2 2
Sr N ，Sr N 遇H O发生剧烈的复分解反应，放出NH 。
3 2 3 2 2 3
（1）写出上述生成NH 的化学方程式。___________。
3
（2）试管中分别装满NH 、NO 倒立在水槽中，如图所示，但液面稳定后，试管中所得溶液的浓度
3 2
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___________(填“前者大”“后者大”“一样大”)
（3）如图所示，引发喷泉的操作是___________
A. 用酒精灯微热烧瓶 B. 打开止水夹，用热毛巾捂热烧瓶
C. 用冰水冷却烧杯 D. 打开止水夹，向烧杯中适量加烧碱
（4）实验室常用装置A制取N ，此反应的化学方程式是___________。其中玻璃管a的作用是
2
___________。
（5）将装置A与装置B连接以制得Sr N 。装置B中碱石灰的作用是___________。实验时，加热片刻
3 2
即移走酒精灯以防止反应物冲出，该操作可能的原因是___________。实验时，优先点燃___________(填
“装置A”“装置B”)的酒精灯，其目的是___________。
【答案】（1）Sr N 6H O=3SrOH 2NH
3 2 2 2 3
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（2）一样大 （3）B
Δ
（4） ①. NH ClNaNO NaCl2H ON  ②. 使分液漏斗液面以上气压与烧瓶中气压
4 2 2 2
相同(或平衡压强)，使分液漏斗中液体顺利滴下
（5） ①. 防止空气中的水蒸气进入装置，与Sr N 反应(破坏Sr N ) ②. 该反应是放热反应 ③.
3 2 3 2
装置A ④. 装置A中生成的N 排出装置B中的空气，以便实验顺利进行
2
【解析】
【小问1详解】
Sr N 遇水发生剧烈的复分解反应，生成NH 和Sr(OH) ，化学方程式为
3 2 3 2
Sr N 6H O=3SrOH 2NH 。
3 2 2 2 3
【小问2详解】
NH 和NO 的物质的量相同，设两种气体的物质的量均为amol，试管体积为VL，NH 完全转化为一水合
3 2 3
a 2
氨，试管中溶液浓度为 mol/L，NO 与水反应生成HNO 和NO，生成HNO amol，试管中液体体积
2 3 3
V 3
2 a
为 V，则溶液浓度为 mol/L，故两者浓度一样大。
3 V
【小问3详解】
A．酒精灯微热烧瓶，未打开止水夹的情况下，氨气无法进入水中，不会引发喷泉，A错误；
B．打开止水夹，用热毛巾捂热烧瓶，烧瓶内氨气进入水中，因为氨气极易溶于水，会引发倒吸从而形成喷
泉，B正确；
C．用冰水冷却烧杯，氨气无法与水接触，不会引发喷泉，C错误；
D．打开止水夹，向烧杯中加适量烧碱，烧杯中溶液呈碱性，氨气在碱溶液中溶解度并不大，不能形成喷泉，
D错误；
故答案选B。
【小问4详解】
氯化铵和亚硝酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、水和氮气，化学方程式为
Δ
NH ClNaNO NaCl2H ON 。玻璃管a连通了烧瓶和分液漏斗，使分液漏斗液面以上气压
4 2 2 2
与烧瓶中气压相同，使分液漏斗中液体能顺利滴下。
【小问5详解】
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Sr N 遇水剧烈反应，则装置B中碱石灰的作用为防止外界空气中的水蒸气进入装置与Sr N 反应。实验时
3 2 3 2
加热片刻即移走酒精灯以防止反应物冲出，说明Sr与氮气的反应为放热反应。实验时先点燃装置A的酒
精灯，使生成的氮气充满装置，排除装置内原有的空气，以便实验顺利进行。
五、硝酸的氧化性和硫酸的氧化性
10. 常温下，当你把铜投入稀硫酸时，未见反应；当你把铜投入硝酸钠溶液时，也未见反应；可是，把铜
投入两者的混合溶液中时，则会发现铜溶解。纳闷了吧，功夫是中国的，熊猫是中国的，但为啥《功夫熊
猫》就是美国的？哼…！
（1）上述反应的离子方程式是___________。
（2）若浓硝酸保存不当会略带黄色，可以使其复原的是___________
A. 适当加热 B. 加入适量水 C. 通入适量NO D. 通入适量O
2 2
（3）此外，稀硝酸还可反生多种离子反应。下表“离子组”中离子可以共存，且加入试剂后的离子方程式正
确的是___________
离子组 加入试剂 离子方程式
A Fe2、NO、K 稀H SO 3Fe2 NO 2H 3Fe3 NO H O
3 2 4 3 2 2
B Fe3、I、ClO NaOH溶液 Fe3 3OH FeOH 
3
过量
C n  Na+ :n  HCO- :n  Cl- =1:1:2 BaOH 溶 Ba2 HCO OH=BaCO H O
3 2 3 3 2
液
D n  Mg2+ :n  H+ :n  Cl- =1:1:3 过量氨水 Mg2 H 3NH H O=MgOH 2H O
3 2 2 2
【答案】（1）3Cu+2NO+8H+=2NO↑+4H O+3Cu2+ （2）D
3 2
（3）C
【解析】
【小问1详解】
Cu、NO、H+反应生成铜离子、NO和水，离子方程式为3Cu+2NO+8H+=2NO↑+4H O+3Cu2+。
3 3 2
【小问2详解】
A．加热会促进浓硝酸分解，A错误；
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B．加入适量水，无法彻底除去NO ，B错误；
2
C．通入适量NO ，无法除去浓硝酸中的NO ，C错误；
2 2
D．通入适量O ，O 与NO 、H O反应生成HNO ，化学方程式为4NO +O +2H O=4HNO ，可使其复原，D
2 2 2 2 3 2 2 2 3
正确；
故答案选D。
【小问3详解】
A．亚铁离子、硝酸根离子和氢离子反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++2H O+NO↑，A错误；
3 2
B．铁离子和碘离子无法大量共存，B错误；
C．碳酸氢根离子与过量氢氧化钡反应，离子方程式为HCO Ba2 OH H OBaCO ，C正确；
3 2 3
D．镁离子、氢离子与过量氨水反应，生成物中应该有铵根离子，D错误；
故答案选C。
11. 在金属活动顺序中，铁、铝均比铜活泼，但常温下，将铁棒或铝棒插入浓硝酸中，你观察不到任何现
象，因为发生了钝化；将铜棒插入投浓硝酸中，却剧烈反应，放热，且产生红棕色的气体。铁、铝插入稀
硝酸或稀硫酸中时，也不会发生钝化。
（1）钝化是___________(填“物理”“化学”)变化。
（2）如图所示，常温下能说明铁棒X已被钝化的是___________
A. 将铁棒X洗净，浸泡于浓硫酸，无变化
B. 将铁棒X洗净，浸泡于硫酸铜溶液中，无红色物析出
C. 将铁棒X洗净，浸泡于稀硫酸中，无气泡产生
D. 将铁棒X洗净，浸泡于氢氧化钠溶液中，无变化
（3）将铜投入一定量浓硝酸中完全溶解，产生的氮氧化物气体用500 mL 2 mol/L NaOH溶液恰好完全吸
收，得到含0.2 mol NaNO 和若干摩尔NaNO ，则___________
3 2
A. 产生气体一定含NO ，可能含NO和N O ，
2 2 4
B. 产生的气体与8.96 L O 混合后通入水中，恰好转化为HNO
2 3
C. 消耗铜的质量为5.12 g
D. 原浓硝酸中可能含2.6 mol溶质
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（4）实验证明：NaHSO 溶液呈酸性，可与BaOH 反应。现向两份相同的BaOH 溶液中，分别滴入
4 2 2
物质的量浓度相等的H SO 、NaHSO 溶液，测得其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。对
2 4 4
此进行的分析判断错误的是___________
A. ②代表滴加H SO 溶液的变化曲线
2 4
B. b点，溶液中大量存在的离子是Na、OH
C. c点，两溶液中含有相同量的OH
D. a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】（1）化学 （2）BC （3）AD （4）AC
【解析】
【小问1详解】
钝化的原因是铁、铝与浓硝酸反应在铁、铝表面形成了一层致密的氧化物薄膜，防止了浓硝酸进一步与内
部的铁、铝反应，因此钝化是化学变化。
【小问2详解】
A．将铁棒X洗净，浸泡于浓硫酸，无论铁棒是否被钝化，均无明显变化，A错误；
B．将铁棒X洗净，浸泡于硫酸铜溶液，若铁未钝化，则会与铜离子反应在铁表面析出红色的铜单质，现无
红色物质析出，说明铁棒已钝化，B正确；
C．铁棒X洗净，浸泡于稀硫酸中，若铁棒未钝化，则会与稀硫酸反应生成气泡，现无气泡产生，说明铁已
钝化，C正确；
D．铁棒X洗净，浸泡于氢氧化钠溶液，不管铁是否钝化，铁都不与氢氧化钠反应，均无明显变化，D错
误；
故答案选BC。
【小问3详解】
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根据化学方程式①2NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O，②NO+NO +2NaOH=2NaNO +H O，得到
2 2 3 2 2 2 2
0.2molNaNO ，则反应①消耗NO 0.4mol，NaOH0.4mol，则反应②消耗NaOH0.6mol，消耗NO0.3mol、
3 2
NO 0.3mol，则生成的氮氧化物中NO 有0.7mol、NO有0.3mol。
2 2
A．铜与浓硝酸反应，生成NO ，随着反应进行硝酸被稀释，稀硝酸与铜反应生成NO，同时NO 可转化
2 2
为N O ，A正确；
2 4
B．选项中并未说明是标准状况，8.96L氧气的物质的量无法确定，B错误；
C．硝酸与铜反应生成0.3molNO转移电子数为0.3×3=0.9mol，生成0.7molNO 转移电子数为0.7×1=0.7mol，
2
共转移1.6mol电子，则铜共失去1.6mol电子，参与反应的铜为0.8mol，质量为0.8mol×64g/mol=51.2g，C
错误；
D．经计算可知，Cu有0.8mol，则反应生成的硝酸铜有0.8mol，硝酸根离子有1.6mol，此外生成0.3molNO
和0.7molNO 根据N守恒可知原硝酸中可能含有1.6+0.3+0.7=2.6mol溶质，D正确；
2
故答案选AD。
【小问4详解】
氢氧化钡和硫酸反应生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子快速消耗，导电能力下降较快，氢氧化钡与硫酸氢
钠反应生成硫酸钡、水的同时，还会有钠离子和氢氧根离子剩余，则导电能力下降较慢，因此②表示
NaHSO ，①表示H SO 。
4 2 4
A．根据分析可知，②表示滴加NaHSO 溶液的变化曲线，A错误；
4
B．根据a点可知，此时加入的硫酸的物质的量与溶液中氢氧化钡的物质的量相同，则b点只消耗了一半的
氢氧根离子，溶液中大量存在的离子为钠离子和氢氧根离子，B正确；
C．c点滴加硫酸的溶液中氢氧根离子已经消耗完，而滴加硫酸氢钠的溶液中氢氧根离子还有剩余，两溶液
中氢氧根离子数目不同，C错误；
D．a点加入的硫酸和氢氧化钡物质的量相等，溶液显中性，d点加入的硫酸氢钠的物质的量为氢氧化钡的
两倍，此时溶液也显中性，D正确；
故答案选AC。
12. 胆矾化学式为CuSO ●5H O，在我国历代多部医学宝典记载了胆矾的药用价值，比如：《唐本草》：
4 2
主下血赤白，面黄，女子脏寒，等等。然而，胆矾属于重金属化合物，稍有不慎会使人中毒。
已知：胆矾溶于水时，ΔH a kJ/mol；CuSO 溶于水时ΔH -b kJ/mol。
4
（1）写出CuSO ●5H O晶体转化为无水CuSO 的热化学方程式___________。
4 2 4
（2）测定胆矾中结晶水含量时，坩埚中附着有热稳定性杂质，则测定结果___________(填“偏高”“偏
低”“无影响”)。
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（3）加热时，胆矾完全失水的标志是___________。
Δ
【答案】（1）CuSO 5H O(s) CuSO (s)5H O(l)，ΔH a+b kJ/mol
4 2 4 2
（2）无影响 （3）恒重操作时，连续两次称量的结果不超过0.001g
【解析】
【小问1详解】
由题干已知：胆矾溶于水时，ΔH a kJ/mol即①CuSO ●5H O(s)=CuSO (aq)+5H O(l) ΔH a
4 2 4 2 1
kJ/mol；CuSO 溶于水时ΔH -b kJ/mol即②CuSO4(s)=CuSO4(aq) ΔH -bkJ/mol，则①-②得
4 2
CuSO ●5H O(s)=CuSO (s)+5H O(l)根据盖斯定律可知，H =H H =+(a+b)kJ/mol，故 CuSO ●5H O
4 2 4 2 1 2 4 2
Δ
晶体转化为无水CuSO 的热化学方程式CuSO 5H O(s) CuSO (s)5H O(l)，ΔH a+b
4 4 2 4 2
Δ
kJ/mol，故答案为：CuSO 5H O(s) CuSO (s)5H O(l)，ΔH a+b kJ/mol；
4 2 4 2
【小问2详解】
测定胆矾中结晶水含量时是根据坩埚质量的改变量来进行测定的，故坩埚中附着有热稳定性杂质，对坩埚
质量的改变量无影响，则测定结果无影响，故答案为：无影响；
【小问3详解】
判断硫酸铜晶体是否完全失水方法是：恒重操作时，连续两次称量的结果不超过0.001g，故答案为：恒重
操作时，连续两次称量的结果不超过0.001g。
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