重庆市万州2023-2024学年高一下学期3月月考试题 化学试题含答案

万州2023-2024学年下期3月联考高2023级
(化学)试题（答案在最后）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

在试卷上作答无效。

3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。

满分100分，考试用时75分钟。

可能用到的相对原子质量：O16S32Fe56Cu64K39N14V51 -------
一、单项选择题(本题有14个小题，每小题3分，共42分)
1.化学是一门很多人都喜爱的学科。

下列叙述不正确的是
A.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
B.工业上用水吸收SO3制备H2SO4
C.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
D.ClO2是一种新型含氯消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体粒子的直径在1～100nm对光具有散射效果，胶体产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射形成的，故A正确；
B．水吸收三氧化硫会形成酸雾阻止三氧化硫的吸收，工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3制备硫酸，故B错误；
C．三氧化二铁为红棕色，古壁画颜料中所用铁红的成分为Fe2O3，故C正确；
D．ClO2有强氧化性，是一种新型含氯消毒剂，可用于自来水杀菌消毒，故D正确。

答案选B。

2.N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A.标准状况下，2.24LHCl溶于水，所得溶液中含有0.1N A个HCl分子
B.0.1mol·L-1的NaOH溶液中Na+数目为N A
C.1molCl2和铁粉完全反应转移电子数目为3N A
D.28g由CO和N2组成的混合气体中所含分子数目为N A
【答案】D
【解析】
【详解】A ．HCl 溶于水后不存在HCl 分子，故A 错误；
B ．溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故B 错误；
C ．1mol 氯气与足量铁完全反应生成2mol 氯离子，转移了2mol 电子，转移电子数目为2N A ，故C 错误；
D ．一氧化碳和氮气的摩尔质量都是28g/mol ，且每个分子中都含有2个原子，所以28gCO 与N 2的混合气体所含的原子数为2N A ，故D 正确。

答案选D 。

3.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3AlCl 溶液中加入过量氨水：()3324
3Al
3NH H O Al OH 3NH +
++⋅=↓+B.过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe 4H NO Fe
NO 2H O
+-
+
++=+↑+C.向Na 2SiO 3溶液中加入过量CO 2：23SiO -
+H 2O+CO 2=H 2SiO 3↓+23CO -
D.向纯碱溶液中滴加少量盐酸：2-+
322CO +2H =CO +H O ↑【答案】A 【解析】
【详解】A ．向3AlCl 溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵：
()33243Al 3NH H O Al OH 3NH +++⋅=↓+，故A 正确；
B ．过量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁：2323Fe 8H 2NO 3Fe
2NO 4H O +
-+
++=+↑+，故B 错误；
C ．向Na 2SiO 3溶液中加入过量CO 2生成碳酸氢钠和硅酸：23SiO -
+2H 2O+2CO 2=H 2SiO 3↓+32HCO -
，故C 错误；
D ．向纯碱溶液中滴加少量盐酸生成碳酸氢钠：2-+
33CO +H =HCO -
，故D 错误；
故选A 。

4.下列装置无法达到预期目的的是
A.喷泉实验
B.灼烧海带
C.测量O2的体积
D.制备Fe(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2与NaOH反应，导致烧瓶内气体减少，挤压胶头滴管，图中装置可进行喷泉实验，故A正确；
B．灼烧海带应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿进行，故B错误；
C．可以量气管测量氧气的体积，故C正确；
D．煤油可以隔绝空气，该装置可以制备Fe(OH)2，故D正确。

答案选B。

5.下列化学用语书写正确的是
A.氯离子的结构示意图：
B.HSCN的结构式：H-S-C≡N
C.用电子式表示HCl的形成过程：
D.中子数目为8的氧原子：188O
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯为17号元素，则氯离子的结构示意图为：，A错误；
B．HSCN的结构式：H-S-C≡N，B正确；
C．HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，C错误；
D．原子核内有8个中子的氧原子为：168O，D错误；
故选B。

6.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.澄清透明的溶液中：3224
Al Cu H SO +++-
、、、B.加入铝粉能产生2H 的溶液中：23Na Mg NO Cl
+
+
-
-
、、、C.久置的氯水中：234
K Fe NO MnO +
+
-
-
、、、D.1
40.1mol L KHSO -⋅溶液中：[]224Ba Ca ClO Al(OH)-
++-、、、【答案】A 【解析】
【详解】A ．澄清透明的溶液中，四种离子间不发生任何反应，在溶液中能大量共存，故A 符合题意；B ．加入铝粉能产生2H 的溶液中可能为酸性或碱性，碱性条件下，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不共存，故B 不符合题意；
C ．久置的氯水为酸性，酸性条件下硝酸根离子、高锰酸根离子均可以氧化亚铁离子，不共存，故C 不符合题意；
D ．1
40.1mol L KHSO -⋅溶液中电离出大量的氢离子，氢离子和次氯酸根离子生成次氯酸、和四羟基合铝酸根离子生成铝离子和水，不共存，故D 不符合题意；故选A 。

7.X 、Y 、Z 三种物质存在如下图所示的转化关系，下列说法一定不正确的是
A.若X 为单质，则“反应①”常用于工业固氮
B.若X 为单质，则Z 可以作呼吸面具的供氧剂
C.若X 为化合物，则Y 、Z 中一定含有同种元素
D.若X 为化合物，则Y 是形成酸雨的主要成分之一【答案】A 【解析】
【详解】A ．X 为氮气，氮气与氧气反应生成NO ，不属于工业固氮，故A 错误；B ．X 为钠，Y 可以是氧化钠，Z 是过氧化钠，可以作呼吸面具的供氧剂，故B 正确；C ．X 为化合物，发生连续氧化生成Y 、Z ，则Y 、Z 中一定含有同种元素，故C 正确；D ．X 可以是H 2S ，Y 是SO 2，是形成酸雨的主要成分之一，故D 正确；答案选A 。

8.运用元素周期律和周期表分析下面的推断，其中推断不合理的是
A.碲化氢(H2Te)是无色、有毒，比HBr稳定的气体
B.SrCO3可能是难溶于水的白色固体
C.氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱
D.砷酸(H3AsO4)的酸性比磷酸的弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．非金属性Te＜Se＜Br，则最简单氢化物的稳定性：H2Te＜H2Se＜HBr，故A错误；
B．ⅡA中，碳酸镁白色微溶，碳酸钙和碳酸钡均为白色沉淀，则SrCO3可能是难溶于水的白色固体，故B 正确；
C．Be和Mg同主族，金属性不如镁强，故Be(OH)2的碱性比Mg(OH)2弱，故C正确；
D．砷的非金属性小于磷，则最高价氧化物的水合物的酸性：砷酸(H3AsO4)的酸性比磷酸的弱，故D正确；故选A。

9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们组成的某化合物结构如图所示，该结构中所有原子均满足最外层8电子的稳定结构。

已知：Y元素的气态氢化物水溶液显碱性，Z元素无最高正价，W 的单质可用于自来水消毒。

下列说法正确的是
A.非金属性：W<X<Y
B.简单离子半径：W<Y<Z
C.氧化物对应水化物的酸性：X<Y<W
D.简单氢化物的稳定性：X<Y<Z
【答案】D
【解析】
【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的单质可用于自来水消毒，且W只能形成一条共价键，则W为Cl；Y元素的气态氢化物水溶液显碱性，Y形成三条共价键，则Y为N；X形成四条共价键，其原子序数小于N，则X为C；Z形成两条共价键，则Z为O或S元素，以此分析解答。

【点睛】结合分析可知，X为C，Y为N，Z为O或S元素，W为Cl元素；
A ．非金属性C<N ，故A 错误；
B ．若Z 为O ，离子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)，若Z 为S ，则离子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故B 错误；
C ．没有强调最高价含氧酸，不能比较酸性，故C 错误；
D ．非金属性C<N<O ，故简单氢化物的稳定性：CH 4<NH 3<H 2O ，故D 正确。

答案选D 。

10.工业上采用Si 与HCl 在350℃左右反应生成3SiHCl ，之后将其还原、结晶得到高纯度的单晶硅产品。

已知3SiHCl 的熔点为128-℃，沸点为33℃，且遇2O 和2H O 均剧烈反应。

现要在实验室中制取少量
3SiHCl ，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24H SO 和NaCl 混合加热制取HCl 利用了浓24H SO 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3SiHCl 冷凝为液体
D.可以用无水2CaCl 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，Si 与HCl 在350℃左右反应生成3SiHCl ，3SiHCl 的熔点为
128-℃，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24H SO 和NaCl 混合加热制取HCl 利用了浓24H SO 的高沸点制取低沸点的氯化氢，故B 错误；C ．3SiHCl 的熔点为128-℃，沸点为33℃，冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使3SiHCl 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2CaCl 替换，氯化钙不能吸收氯化氢，故D 错误；
故选C 。

11.有a 、b 、c 、d 、e 五种气体，现进行下列实验：实验操作现象(1)a 和c 混合产生白烟(2)b 和d 混合
气体变红棕色
(3)a 和e 分别通入少量溴水中溴水均变成无色透明的液体(4)b 和e 分别通入氢硫酸中均产生淡黄色浑浊
则a 、b 、c 、d 、e 依次可能是A.322NH NO HCl O SO 、、、、 B.233HCl O NH NO O S 、、、、C.2322HCl CO NH H S CO 、、、、 D.322
NH O HCl NO SO 、、、、【答案】D 【解析】
【详解】由b 和d 混合，气体变成红棕色，可知b 和d 为NO 与O 2的混合气；b 和e 分别通入氢硫酸中均产生淡黄色浑浊，则be 均具有氧化性，则b 为氧气、d 为一氧化氮；a 和c 混合产生白烟，结合答案选项可知，ac 为氨气、氯化氢；a 和e 分别通入少量溴水中，溴水均变成无色透明的液体，则ae 均和溴水反应，则a 为氨气、c 为氯化氢、e 为二氧化硫；代入检验，推理正确；故选D 。

12.某地盐湖中含有大量的NaCl 以及少量杂质()2224CaCl MgCl Na SO 、、，欲在实验室模拟从该盐湖水中获得纯净的NaCl ，设计了如下步骤：①取20mL 盐湖水于100mL 烧杯中②加入过量NaOH 溶液
③
在滤液中加入盐酸至不再产生气泡
④加入过量23Na CO 溶液
⑤加入过量2BaCl 溶液
⑥过滤
⑦转移
溶液至蒸发皿，蒸发溶液至有大量晶体出现其中正确的操作步骤是A.①②③④⑤⑥⑦ B.①⑤④②⑥③⑦
C.①④②⑤⑥③⑦
D.①②⑤④③⑥⑦
【答案】B 【解析】
【详解】除杂质CaCl 2、MgCl 2、Na 2SO 4分别采用Na 2CO 3、NaOH 和BaCl 2，为了保证杂质除尽，除杂试剂应过量，同时为了不引入杂质必须保证BaCl 2溶液在Na 2CO 3溶液之前加入（否则会引入新的杂质钡离子），将钙离子、镁离子和硫酸根离子转化为沉淀之后过滤除去，加入适量的盐酸除去过量的氢氧根和碳酸根离
子，最后蒸发结晶，由此可知正确的操作步骤是①⑤④②⑥③⑦，故选B。

13.KMnO4受热分解常用于实验室制备O2.工业制备KMnO4中，首先以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生成K2MnO4，进而利用K2MnO4“酸性歧化法”生成KMnO4，流程如下图所示。

实验室中模拟以上工业流程制备KMnO4.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”时也可用盐酸进行酸化
KMnO晶体时采用蒸发结晶
C.“结晶”获取4
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】
【分析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在熔融状态下反应生成K2MnO4，反应后加水溶浸，使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体。

【详解】A．在高温下KOH会和石英坩埚发生反应，故不能选则石英坩埚作反应容器，故A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，故B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，故C错误；
D．该流程涉及2MnO2+O2+4KOH 高温2K2MnO4+2H2O；3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2↓+4KHCO3，这两个反应都是氧化还原反应，故D正确；
答案选D。

14.足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。

向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH
溶液，Cu2+恰好沉淀完全。

下列说法正确的是
A.此反应过程中转移了0.5mol的电子
B.消耗氧气的体积为1.12L(标准状况)
C.参加反应的HNO3是0.45mol
D.混合气体中含2.24L(标准状况)NO
【答案】D 【解析】
【分析】整个过程中Cu 失去电子，转化为Cu 2＋；NO 3－的得到电子，转化为4.48LNO 2和NO 的混合气体；NO 2和NO ，与O 2、水反应失去电子，转化为HNO 3，而O 2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜失去2个电子得到Cu 2＋，Cu 2＋再和2个OH －结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH －的数目，n (OH －)=0.1L ×4mol ·L －1=0.4mol ，则转移的电子的物质的量也是0.4mol ，n (Cu)=0.02mol 。

【详解】A ．根据分析，反应过程中转移了0.4mol 电子，A 错误；
B ．转移了0.4mol 电子，需要0.1molO 2，其在标准状况下的体积为2.24L ，B 错误；
C ．在反应过程中HNO 3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO 3)2，根据n (NO 3
－
)=2n (Cu)=0.2mol ×2=0.4mol ；体现氧化性的硝酸，转化为NO 2和NO ，设n (NO 2)=xmol ，n (NO)=ymol ，则
根据转移电子守恒和物料守恒，有 4.4822.430.4
x y x y ⎧
+=⎪
⎨⎪+=⎩，求得x=y=0.1mol ，根据物料守恒，则体现氧化性的
n (HNO 3)=n (NO)＋n (NO 2)=0.1mol ＋0.1mol=0.2mol 。

参加反应的HNO 3是0.4mol ＋0.2mol=0.6mol ，C 错误；D ．根据C 中的分析，n(NO)=0.1mol ，其在标况下的体积为2.24L ，D 正确；答案选D 。

二、非选择题(本题有4个大题，共58分)
15.下表为元素周期表的一部分，请根据元素①~
⑧所处的位置回答下列问题：
（1）元素⑦的原子结构示意图为_____，元素④⑦的最简单氢化物的稳定性关系为_____(用化学式表示)。

（2）34号元素Se 与④同主族，则Se 在元素周期表中的位置为_____。

（3）元素①~⑧形成的物质中，最高价氧化物的水化物碱性最强的是_____，最高价氧化物的水化物酸性最强的是_____(填化学式)。

（4）由元素④⑤组成原子个数比为1:1的化合物中含化学键类型为_____。

（5）③④⑥元素简单离子半径由大到小的排列顺序是_____(用离子符号表示)。

【答案】（1）①.②.H2O>H2S
（2）第四周期ⅥA族（3）①.NaOH②.HClO4
（4）离子键、(非极性)共价键
（5）r(N3-)>r(O2-)>r(Al3+)
【解析】
【分析】根据元素周期表可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl。

【小问1详解】
元素⑦为S原子结构示意图为。

元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，
O的非金属性强于S，则稳定性H2O>H2S。

【小问2详解】
34号元素Se与O同族，则Se在元素周期表中的位置为第四周期ⅥA族。

【小问3详解】
元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，则元素①-⑧最高价氧化物的水化物中碱性最强的是NaOH。

元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则酸性最强的为HClO4。

【小问4详解】
Na、O形成的原子个数比1∶1的物质为Na2O2，Na2O2中含离子键、共价键。

【小问5详解】
离子电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，N3-、O2-、Al3+电子层结构相同，则离子半径
r(N3-)>r(O2-)>r(Al3+)。

16.SO2是硫元素中一种重要物质。

在生产生活中有着重要用途。

（1）某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。

①通入足量SO 2时C 中观察到的现象为_____。

根据以上现象，该小组同学认为SO 2与FeCl 3溶液发生氧化还原反应。

a ．请设计实验方案检验溶液中是否还有Fe 3+：_____。

b ．该小组同学向C 试管反应后的溶液中先加入稀硝酸，后加入BaCl 2溶液，发现出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO 24。

该做法_____(填“合理”或“不合理”)，理由是_____。

②为了验证SO 2具有还原性，实验中可以代替FeCl 3溶液的试剂有_____(填字母)。

A ．浓硫酸
B ．酸性KMnO 4溶液
C ．碘水
D ．NaCl 溶液（2）某同学利用如图所示的装置研究SO 2的性质：(已知熔点：SO 2：-76.1℃，SO 3：16.8℃，沸点：SO 2：-10℃，SO 3：45℃)
①装置Ⅰ模拟工业生产中SO 2催化氧化的反应，其化学方程式是_____。

②乙同学按Ⅰ、Ⅱ、III 顺序连接装置，发现装置III 溶液褪色，出现该现象的原因是_____(用离子方程式表示)。

③乙同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ顺序连接装置，若装置Ⅳ中有50mL2.5mol·L -1NaOH 溶液，反应后增重4.8g ，则装置Ⅳ中发生反应的化学方程式是_____。

【答案】（1）①.溶液由棕黄色变成浅绿色②.取少量C 中反应后的溶液于试管中，向其中滴入
KSCN 溶液，若显红色说明有Fe 3+，反之无Fe 3+
③.不合理④.HNO 3可以将SO 2氧化成2-4SO ，干扰实验
⑤.BC （2）①.2SO 2+O 2Δ 催化剂2SO 3②.5SO 2+2H 2O+2-4MnO =52-4SO +2Mn 2++4H +③.3SO 2+5NaOH=2Na 2SO 3+NaHSO 3+2H 2O
【解析】
【分析】A 中浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫，B 装置能防倒吸，C 中Fe 3+被二氧化硫还原为Fe 2+，D
中氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染环境；
【小问1详解】
①二氧化硫具有还原性，通入足量SO 2时，C 中Fe 3+被还原为Fe 2+，所以通入足量SO 2时C 中观察到的现象为溶液由黄色变为浅绿色；
a ．检验溶液中是否还有Fe 3+的实验方案为：取少量C 中反应后的溶液于试管中，向其中滴入KSCN 溶液，若显红色说明有Fe 3+，反之无Fe 3+；
b ．做法不合理，因为HNO 3可以将SO 2氧化成2-
4SO ，干扰实验；
②为了验证SO 2具有还原性，C 中的试剂能氧化二氧化硫且有明显现象，
A ．浓硫酸不与SO 2发生氧化还原反应，故A 不选；
B ．酸性KMnO 4溶液能与SO 2发生氧化还原反应，且溶液褪色，故B 选；
C.碘水与SO 2发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氯水褪色，故C 选；
D ．NaCl 溶液没有氧化性，故D 不选；
故答案为：BC ；
【小问2详解】①SO 2催化氧化生成三氧化硫，化学方程式为：2SO 2+O 2Δ 催化剂
2SO 3；②装置Ⅲ中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn 2+，二氧化硫被氧化为硫酸，反应离子方程式为5SO 2+2H 2O+2-4MnO =52-
4SO +2Mn 2++4H +；③n(SO 2)= 4.8g 64g/mol
=0.075mol ，装置IV 中有50mL 2.5mol•L -1NaOH 溶液中n(NaOH)=0.125mol ，n(SO 2)：n(NaOH)=0.075：0.125=3：5，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，根据硫元素守恒、钠元素守恒可计算得亚硫酸钠和亚硫酸氢钠物质的量之比为2：1，故离子方程式为3SO 2+5NaOH=2Na 2SO 3+NaHSO 3+2H 2O 。

17.某炼锌厂烟道灰含锌废料的主要成分是ZnO ，还含有少量CuO 、Fe 2O 3和Fe 3O 4，用其制备ZnSO 4·7H 2O 的流程图如图，请回答下列问题：
已知：ZnO 为两性氧化物，能与NaOH 溶液反应生成[]
24Na Zn(OH)。

（1）“碱浸”时，加快碱浸速率的措施有_____(写出两种即可)；“滤渣1”的主要成分为CuO 、_____(填化学式)。

（2）ZnO在“碱浸”时发生反应的离子方程式为_____；“酸浸”时，如果加入的硫酸不足，可能生成某种不溶物，该不溶物为_____(填化学式)。

NH CO、_____(填化学式)；“沉锌”后洗涤获得的（3）“沉锌”时，所得的“滤液1”中的溶质有()43
2
Zn(OH)CO与稀硫酸反应的化学方程式为_____。

223
（4）“一系列操作”包括_____、_____、过滤、洗涤、干燥。

【答案】（1）①.将固体研磨成粉末、溶解时适当搅拌，适当提高搅拌温度等②.Fe2O3、Fe3O4（2）①.ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-②.Zn(OH)2
（3）①.Na2CO3、(NH4)2SO4②.Zn2(OH)2CO3+2H2SO4=2ZnSO4+2H2O+CO2↑
（4）①.蒸发浓缩②.冷却结晶
【解析】
【分析】烟道灰含锌废料的主要成分是ZnO，还含有少量CuO、Fe2O3和Fe3O4，加入氢氧化钠溶液，氧化锌溶解生成Na2[Zn(OH)4]，经过过滤进入到滤液中，其余物质形成滤渣，滤液中加入硫酸溶液生成ZnSO4和Na2SO4，硫酸过量，再加入(NH4)2CO3生成的Zn2(OH)2CO3沉淀，沉淀中加入硫酸形成硫酸锌溶液，经过一系列操作得到ZnSO4⋅7H2O，据此解答。

【小问1详解】
为了提高碱浸速率，可以将废料粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度；由分析可知，CuO、Fe2O3和Fe3O4不溶于氢氧化钠溶液形成滤渣。

【小问2详解】
ZnO为两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，离子方程式为：ZnO+2OH-+H2O=[Zn(OH)4]2-；酸浸”时，如果加入的硫酸不足，Na2[Zn(OH)4]和少量硫酸反应生成Zn(OH)2。

【小问3详解】
酸浸后得到ZnSO4和Na2SO4溶液，“沉锌”时，ZnSO4和(NH4)2CO3反应生成Zn2(OH)2CO3沉淀，则所得的“滤液1”中的溶质有(NH4)2CO3、Na2SO4、(NH4)2SO4，Zn2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成ZnSO4、CO2和H2O，化学方程式为：Zn2(OH)2CO3+2H2SO4=2ZnSO4+2H2O+CO2↑。

【小问4详解】
“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

18.某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。

I．制备N2H4
（1）装置A中盛放的浓盐酸的装置名称是_____。

（2）装置C中试剂是_____，作用是_____(用离子方程式表示)。

（3）装置D发生反应的离子方程式为_____。

（4）制备N2H4的离子方程式为_____。

Ⅱ．N2H4的性质与NH3类似。

为探究N2H4的性质，将制得的肼分离提纯后，进行如图实验。

【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。

【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。

【实验验证】设计如表方案，进行实验。

（5）请完成表中的空白部分
操作现象实验结论
取少量黑色固体于试管中，加入适量_____。

黑色固体部分溶
解
黑色固体有Ag2O
取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡。

_____
黑色固体是Ag和
Ag2O
（6）实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银。

请解释原因：_____。

【答案】（1）分液漏斗
（2）①.NaOH溶液②.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
CaCl+2NH3 +2H2O
（4）2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
（5）①.氨水②.黑色固体溶解，并有气体产生
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag；肼溶于水后溶液呈碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【解析】
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，装置A制备氯气，装置B可以临时储存多余的氯气，同时可以稳定气压，生成的氯气在装置C中和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，装置D制备氨气，在装置C中氨气与其中的次氯酸钠反应制备产品N2H4，以此解题。

【小问1详解】
装置A中盛放浓盐酸的装置名称为分液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知装置C中盛放的试剂是NaOH溶液；在该装置中氯气和氢氧化钠反应转化为次氯酸钠，离子方程式为：2OH－+Cl2=ClO－+Cl－+H2O；
【小问3详解】
装置D中是制备氨气，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问4详解】
由分析可知次氯酸根离子和氨气反应生成N2H4，离子方程式为：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O；
【小问5详解】
氨气可以和银离子形成配离子，即氧化银可以溶解在氨水中，故加入适量为氨水，溶解的部分固体为氧化银；银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，故加入足量硝酸后的现象是：黑色固体溶解，并有气体产生；
【小问6详解】
肼有还原性可以把+1价银离子还原为单质银，另外肼有碱性，和银离子反应生成氢氧化银，分解后生成氧化银，故原因是：肼具有还原性将Ag＋还原为Ag，肼具有碱性，与Ag＋反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O。