2022-2023学年河北省邯郸市大名县第一中学高三上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市大名县第一中学高三上学期第一次月考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

河北省邯郸市大名县第一中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022北京冬奥开幕式霸屏！微火火炬、冰雪五环等“酷科技”纷纷呈现，充分体现了绿色奥运科技奥运的理念。下列有关说法错误的是
A．微火火炬使用清洁的氢能作为火炬燃料，其燃烧为放热反应
B．微火火炬外壳采用的碳纤维复合材料具有耐高温等性能
C．“雪花”形态主火炬台采用的LED双面屏，其将电能全部转化为光能
D．“冰墩墩”总体的制作成分之一为PC聚碳酸酯，属于有机高分子材料
【答案】C
【详解】A．飞扬火炬使用纯氢作燃料，燃烧产物为水，实现碳排放为零，其燃烧为放热反应，故A正确；
B．碳纤维为含元素的材料，具有密度小、强度高、耐腐蚀、耐高温的特点，故B正确；
C．LED双面屏将电能转化为光能和热能，故C错误；
D．“冰墩墩“的外套材料PC聚碳酸酯聚合物是高分子化合物，故D正确；
故答案为C。
【点睛】本题以2022北京冬奥开幕式为载体，体现对物质性质、材料和反应过程的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
2．下列有关实验的说法正确的是
A．用酸式滴定管或移液管量取25.00mLKMnO4溶液
B．酸碱中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗
C．用托盘天平称取11. 72gNaCl晶体；用10mL量筒量取7.8mL稀H2SO4
D．用pH试纸测得NaClO溶液的pH=9；用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存KOH溶液
【答案】A
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取，也可以用移液管量取25.00mLKMnO4溶液，故A正确；
B．酸碱中和滴定时，滴定管需要用待装液润洗，而锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故B错误；
C．托盘天平的最小读数为0.1g，无法用托盘天平称取11. 72g NaCl晶体，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，无法用pH试纸测得NaClO的pH，可以用pH计测定氯水的pH；KOH溶液显碱性，能够与玻璃中的二氧化硅反应，应用带橡胶塞的试剂瓶保存KOH溶液，故D错误；
故选：A。
3．下列“劳动小妙招”及其涉及的原理均正确的是

劳动小妙招
原理
A
加“洁厕灵”增强“84消毒液”消毒效果
使次氯酸浓度增大
B
用风油精拭去门上的胶印
风油精与胶水发生化学反应
C
用白醋去除铁栏杆上的锈迹
乙酸可与铁锈反应
D
在热水中加入含酶洗衣粉洗涤毛衣
升温和加酶可增强去污效果

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．“洁厕灵”中盐酸会和“84消毒液”中次氯酸反应生成有毒的氯气，次氯酸浓度减小，不会增强其消毒效果，A错误；
B．风油精中含有有机物，根据相似相容原理，可以溶解胶印，不是发生化学反应，B错误；
C．白醋去除铁栏杆上的锈迹，白醋中乙酸可以和铁锈中的金属氧化物氧化铁反应生成盐和水，C正确；
D．酶需要适宜的温度，温度过高会导致酶失去活性，D错误；
故选C。
4．氟化氢是有剧烈刺激性气味的气体，氟化氢气体的水溶液称氢氟酸。氢氟酸能溶解玻璃(主要成分：SiO2)，生成气态的SiF4，反应方程式为：SiO2(s)+4HF(aq)=SiF4(g)+2H2O(l)，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，2.24LSiF4中所含Si−F键数目为0.4NA
B．3.0 g SiO2与3.1gNa2O充分反应后的产物中含有硅酸根为0.05NA
C．标况下，32gD2O或H218O中所含质子数均为16NA
D．1L1mol•L−1氢氟酸溶液中HF与H+数目之和等于NA
【答案】D
【详解】A．标准状况下，2.24LSiF4的物质的量为0.1mol，每1个四氟化硅分子中含4个Si−F键，0.1molSiF4中所含Si−F键数目为0.4NA，A正确；
B．酸性氧化物SiO2（）与碱性氧化物Na2O（）等物质的量反应生成Na2SiO3 0.05mol，硅酸根离子的物质的量为0.05mol，硅酸根为0.05NA，B正确；
C．2H2O或H218O相对分子质量均为20，质子数均为10，32g2H2O或H218O中所含质子数均为16NA，C正确；
D．1L1mol•L−1氢氟酸溶液中HF与HF电离出的H+数目之和等于NA，水也会电离出H+，溶液中HF与H+离子数之和大于NA，D错误；
故答案为：D。
5．X、Y为第二周期主族元素，基态原子均有两个未成对电子，可形成化合物甲： Y-X- X- X-Y (“-”代表化学键，但不确定是单键还是双键)，且分子中每个原子均满足8电子稳定结构。下 列叙述正确的是
A．上述X、Y形成的化合物甲不可能为直线形
B．X最高价氧化物对应水化物是二元弱酸
C．元素的第一电离能： Y D．Y和氢原子形成的10电子分子与10电子阳离子比较前者键角大于后者
【答案】B
【分析】X、Y为第二周期主族元素，基态原子均有两个未成对电子，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4，X、Y形成的化合物甲：Y-X-X-X-Y(“-”代表化学键，但不确定是单键还是双键)，且分子中每个原子均满足8电子稳定结构，则X为C、Y为O，甲的结构式为O=C=C=C=O；据此作答。
【详解】A．甲的结构式为O=C=C=C=O，其中碳原子都形成2个σ键，碳原子上没有孤电子对，C都采取sp杂化，故化合物甲为直线形，A项错误；
B．碳的最高价氧化物对应的水化物H2CO3是二元弱酸，B项正确；
C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族、第VA族比相邻元素高，故元素的第一电离能Y（O）＞X（C），C项错误；
D．Y和H形成的10电子的分子为H2O、阳离子为H3O+，H2O、H3O+中O都采取sp3杂化，H2O中O原子上有两对孤电子对，H3O+中O原子上只有1对孤电子对，由于电子对之间斥力大小顺序如下：孤电子对－孤电子对＞孤电子对－成键电子对＞成键电子对－成键电子对，随着孤电子对数目的增多，成键电子对－成键电子对之间的斥力减小，键角减小，故H2O中的键角小于H3O+中的键角，D项错误；
答案选B。
6．利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是

A．反应(iii)中Cu、Ce化合价均未改变
B．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
C．若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中
D．铜-铈氧化物减小了反应的反应热
【答案】B
【详解】A．反应(iii)中放出二氧化碳，碳元素化合价变化，故Cu、Ce化合价不可能都未改变，A项错误；
B．氧化铜可能被一氧化碳还原为铜，则该催化剂的活性就会下降，B项正确；
C．若用参与反应，一段时间后，会有一个出现在铜-铈氧化物中，C项错误；
D．催化剂能改变反应速率，但不影响反应热，D项错误。
故选B。
7．氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子(H+)传导体，以四氢呋喃(无色易挥发的液体)为电解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是

A．M电极为阳极，电极反应式为
B．(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化
C．图示中最后一步反应为
D．该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度
【答案】C
【详解】A．据图可知，M电极上氢气被氧化为氢离子，则M电极为阳极，电极反应式为H2-2e-=2H+，故A正确；
B．据图可知(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子都是形成4个共价键，故B正确；
C．最后一步反应中，Li+先被还原为Li单质，然后将N2还原为NH3，同时又生成Li+，所以Li+为催化剂，反应方程式为N2+6H2NH3，故C错误；
D．该装置为电解装置，利用电能转化为化学能，即合成氨所需的能量大部分是由电能转化，则所需的热能较少，所需的温度较低，故D正确；
答案选C。
8．在密闭容器中投入一定量的CaCO3发生分解反应： CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)  ΔH>0，某温度下，达到平衡时，测得体系中气体的压强为P。当其他条件不变，仅改变影响平衡的一个条件，下列说法正确的是
A．当CaO的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．扩大容器体积，重新达到平衡时CO2的压强一定小于P
D．常温常压下CaCO3的分解反应一定自发
【答案】A
【详解】A．当CaO的质量不再变化时，说明该反应动态平衡，即重新达到了化学平衡状态，A项正确；
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B项错误；
C．扩大容器体积，平衡正向移动，但是温度不变，则平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，压强不变，C项错误；
D．生成了气体，则ΔS>0，则常温下，ΔH-T×ΔS不一定小于0，不一定能自发进行，D项错误；
答案选A。
9．甘油硼酸是一种一元有机弱酸，可简写为HM。常温下，向20 mL 0.2 mol·L-1HM溶液中逐滴加入浓度为0.2 mol·L-1的NaOH溶液，溶液中 、pH、中和率(中和率=)的变化如图所示。

下列说法正确的是
A．HM的电离常数数量级为10-5
B．a点时，c(HM)+c(M- )= 2c(Na+ )
C．b点时，c(M- )>c(Na +)>c(H+ )>c(OH- )
D．溶液中水的电离程度： c点 【答案】C
【详解】A．，由图可知当溶液pH=5.2时，c(H+)=10-5.2mol/L，=0，即，代入可得Ka(HM)= c(H+)=10-5.2，A选项错误；
B．中和率为50%的b点c(M-)+c(HM)=2c(Na+)，a点中和率未达50%，c(M-)+c(HM)>2c(Na+)，B选项错误；
C．b点中和率50%，溶质组成为等物质的量的HM与NaM，溶液pH=6.4<7，说明HM电离程度大于M-的水解程度，离子浓度大小关系为c(M-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C选项正确；
D．c点溶液中的溶质为NaM，M-水解促进水的电离，b点溶质为等物质的量HM与NaM，溶液pH=6.4<7，HM电离抑制水的电离程度较大，所以水的电离程度c>b，D选项错误；
答案选C。
10．“接触法制硫酸”的核心反应是，因在催化剂表面与接触而得名，反应过程示意图如下：

下列说法正确的是
A．、中心原子杂化方式不同
B．增大的浓度可以明显提高的生成速率
C．图示过程中既有V-O键的断裂又有V-O键的形成
D．的作用是降低该反应的活化能，提高的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．、中心原子S原子的杂化方式均为杂化，故A错误；
B．增大的浓度可以提高化学反应速率，但反应①较慢，总反应速率是由慢反应决定，所以总反应不能明显提高，故B错误；
C．与的相互过程中既有V-O的断裂又有V-O键的形成，故C正确；
D．作为催化剂其作用是降低该反应的活化能，缩短反应达到平衡所需的时间，但不能使平衡发生移动，故D错误；
答案选C。

二、多选题
11．ZrO2的晶胞如图所示。已知：晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．Zr4+的配位数为4
B．O位于Zr构成的正四面体空隙中
C．Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有12个
D．该晶胞的密度为
【答案】BD
【详解】A．根据晶胞结构可知：在晶胞中与Zr4+的距离相等且最近的O2-有8个，所以Zr4+的配位数为8，A错误；
B．根据晶胞结构可知O位于Zr构成的正四面体空隙中，B正确；
C．以顶点Zr4+为研究对象，在一个晶胞中与Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有3个，分别位于通过该顶点的三个平面的面心上，通过该Zr4+可以形成8个晶胞，每个Zr4+被重复了两次，则Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+数目是： 8×3÷2=12 个，C错误；
D．该晶胞中含有Zr4+数目是：8× +6× =4，含有O2-是8个，晶体边长为a pm，则该晶胞的密度ρ= = =，D正确；
故合理选项是BD。
12．中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是

A．化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应
B．图中Ⅰl-2与化合物2互为同分异构体
C．过程①的活化能高于过程②的活化能
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kJ·mol-1
【答案】CD
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．图中Ⅰl-2与化合物2的化学式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确；
C．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kcal·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20 kcal·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s)  △H=2.08 kcal·mol-1，故D错误；
故选CD。
13．硫酸工业中。将SO2氧化为SO3是生产工艺中的重要环节。在温度为T1条件下，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)    △H<0，实验测得：v正=k正•c2(SO2)•c(O2)，v逆=k逆•c2(SO3)。
容器编号
起始浓度/(mol·L-1)
平衡浓度/(mol·L-1)
c(SO2)
c(O2)
c(SO3)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0.3
0
0.2
Ⅱ
0.5
x
0.3

Ⅲ
0.3
0.25
0.2


已知：k正、k逆为速率常数，仅受温度的影响。
下列说法错误的是A．达到平衡时，平衡常数和速率常数的关系：K=
B．若容器Ⅱ中达到平衡时=1，则x=0.45
C．容器Ⅲ中达到平衡时，c(O2)<0.25mol·L-1
D．当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m 【答案】BC
【详解】A．平衡常数，A项正确；
B．根据三段式及容器Ⅰ中测得的数据可知，在该温度下，该反应的平衡常数，容器Ⅱ中，达到平衡时，，平衡时的浓度，列三段式：

起始浓度/()                 0.5                      0.3
变化浓度/()                     
平衡浓度/()              0.8        
，，B项错误；
C．容器Ⅲ中，此时平衡向逆反应方向移动，则平衡时的浓度，C项错误；
D．，温度升高，平衡向逆反应方向移动，增大的幅度更大，，D项正确;
故答案为BC。

三、原理综合题
14．研究NOx、SO2和CO等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。
(1)已知
①NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) △H1=-234kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g)     △H2=+179.5kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H3=-112.3kJ·mol-1
NO2与CO反应生成无污染气体的热化学方程式为____。
(2)氨气可将氮氧化物转化为无非气体。450℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，起始时体系压强为pMPa，发生反应：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，5min时反应达到平衡。此时测得N2的物质的量分数为。
①0～5min内，v(NH3)=____mol·L-1·min-1，NO的平衡转化率=____%。
②450℃时，该反应的压强平衡常数Kp=____(填p中的代数式，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×气体组分物质的量分数)MPa。
(3)利用如图(其中A、B、C、D均为石墨电极)装置可同时吸收SO2和NO。

①若乙为甲烷碱性燃料电池。A电板为____(填“正极”或“负板”)。
②吸收池中发生反应的离子方程式为____。
(4)工业上，常温下将含NOx的尾气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中进行无害化处理，原理如图所示。该吸收过程中，的作用是____，其中反应Ⅱ的离子方程式为____。

【答案】(1)2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)    △H=-1227.8kJ·mol-1
(2)     0.16     80     p
(3)     负极     2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO
(4)     作催化剂     4xCe3++2NOx+4xH+=4xCe3++N2+2xH2O

【解析】（1）
NO2与CO反应生成无污染气体的化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)，依据盖斯定律，该反应可由①×4－②＋③得到，因此ΔH=ΔH1×4−ΔH2+ΔH3=−1227.8kJ·mol−1；
（2）
根据题意设达到平衡时NO转化的物质的量为amol，则： ，根据题意=，解得a=0.8；
①0～5min内，∆n(NH3)=1.6mol，容器体积为2L，所以v(NH3)== 0.16mol·L−1·min−1，NO的转化率为×100%=80%；
②平衡时总压p平=×p=1.2pMPa， ；
（3）
①由题可知甲为电解池，SO2在D电极失去电子，D电极为阳极，电极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO+4H+，A电极为负极；
②据图可知吸收池中S2O被NO氧化为HSO，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO；
（4）
据图可知参与反应后又重新生成，作催化剂；反应Ⅱ中，在酸性中Ce3+将NOx还原为N2，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为4xCe3++2NOx+4xH+=4xCe3++N2+2xH2O。
15．（1）已知下表数据：
化学式
电离平衡常数（25℃）
HCN
K=5.0×10-10
CH3COOH
K=1.8×10-5
H2CO3
K1=4.4×10-7 ,K2=4.7×10-11

① 25℃时，等浓度的四种溶液：a.NaCN溶液  b.Na2CO3溶液  c.CH3COONa溶液  d．NaHCO3溶液，pH由大到小的顺序为_______（填序号）。
② 将0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，则c(HCN)、c(H+)、c(OH-)、c(CN-)、c(Na+)浓度排序为_______，c(HCN)+c(CN-)_____（填“>”、“<”或“=”）0.1mol/L。
③ 相同条件下，取等体积等pH的a．HCN溶液  b. CH3COOH溶液  c．H2CO3溶液，各稀释100 倍，稀释后的溶液，其pH大小关系为_______（填序号）。
④ 25℃时，将体积为Va，pH = 13的某一元强碱与体积为Vb，pH=2的某二元强酸混合，若所得溶液的pH=11，则Va：Vb＝________。
（2）温度为T℃时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol/L的H2SO4与bmol/L的一元碱AOH等体积混合。则可判断溶液呈中性的是_______（填序号）。
①混合溶液的pH=7               ②c(SO42-)=c(A+)
③混合溶液中c(H+)c(OH-)=Kw      ④ 混合溶液中c(OH-)=
【答案】     b＞a ＞d＞ c     c(HCN) ＞c (Na+)  ＞c (CN-) ＞c (OH- )＞c( H+)     略     b＞ c＞ a     1:9     ②④
【详解】(1)①由表中电离平衡常数可知酸性大小：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO (相应的酸根离子分别为CH3COO－、HCO、CN－、CO)，酸性越强，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，故等浓度的四种溶液：a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液、d.NaHCO3溶液，pH由大到小的顺序为b>a>d>c。②反应后得到等浓度的HCN与NaCN的混合溶液，由溶液显碱性可推知CN－水解程度大于HCN的电离程度，故溶液中有关微粒的浓度大小为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)> c(OH－)>c(H＋)；等体积混合后有关粒子的浓度变为原来的一半，根据原子守恒可知c(HCN)＋c(CN－)＝0.1 mol·L－1。③酸越弱，稀释同样倍数，其pH改变越小，因此相同条件下，取等体积等pH的a.HCN溶液，b.CH3COOH溶液，c.H2CO3溶液，各稀释100倍，稀释后的溶液pH大小关系为b>c>a。④混合后溶液pH＝11，说明混合后溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，故由题意得＝10－3，解得Va∶Vb＝1∶9。
(2)因温度不一定是25 ℃，故pH＝7时溶液不一定呈中性；由c(SO)＝c(A＋)及电荷守恒可知溶液中c(H＋)＝c(OH－)，则溶液一定呈中性；无论溶液呈酸性、中性还是碱性，混合溶液中总存在c(H＋)·c(OH－)＝Kw；混合溶液中c(OH－)＝mol·L－1，可说明混合溶液中c(H＋)＝c(OH－)，则溶液一定呈中性。

四、工业流程题
16．氯化铅(PbCl2)常用于焊接和制备铅黄等染料。利用从废旧铅蓄电池中得到的铅膏获取氯化铅的流程如下图所示：

已知：①铅膏主要由PbSO4、PbO、PbO2和Pb等组成。
②硫酸铅、氯化铅微溶于水，但氯化铅能溶于NaCl溶液中，主要发生反应：。
请根据要求，回答下列问题：
(1)铅蓄电池的正极材料是___________(填化学式)，放电时负极的电极反应式为___________。
(2)“浸取反应”是在加热条件下，用盐酸和氯化钠溶液浸取铅膏的过程，主要发生反应的方程式有：、、、，除此之外，PbO2还能与HCl反应产生一种黄绿色气体，该反应的化学方程式是___________；该浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与___________(填气体名称，下同)、___________等混合发生爆炸。
(3)PbCl2(溶液显酸性)在氯化钠溶液中的溶解度随温度的升高而增大，适当地升高温度有利于提高铅的浸取率，当温度高于70℃时，浸取率提高不明显，可能的原因是___________；为了提高浸取率，还可以采取的措施是___________。
(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中浓度过大，则会导致的结果是___________。
【答案】(1)         
(2)          氯气     空气(或氧气)
(3)     水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发     延长浸取时间或充分搅拌
(4)容易形成沉淀而导致氯化铅的回收率低

【分析】（1）
由铅蓄电池的总反应为：，氧化剂做正极，还原剂做负极，所以正极材料是，放电时负极的电极反应式为；故答案为：；。
（2）
由能与HCl反应产生一种黄绿色气体为氯气，所以该反应的化学方程式是，浸取过程中Pb与盐酸反应产生的可能会与氯气或空气等混合发生爆炸；故答案为：；氯气；空气(或氧气)。
（3）
因为且，当温度高于70℃时，水解生成HCl易挥发，促进了水解，所以浸取率不高，为了提高浸取率，还可以采取的措施是延长浸取时间或充分搅拌；故答案为：水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发；延长浸取时间或充分搅拌。
（4）
在循环使用之前需加入氯化钙将进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中浓度过大，则会导致的结果是形成了沉淀而导致氯化铅的回收率低；故答案为：容易形成沉淀而导致氯化铅的回收率低。

五、实验题
17．CaS是一种重要的工业原料，科研小组利用硫酸钙与焦炭高温制备CaS，并探究其生成物，装置图如图所示。实验过程中B、C、E、F都有明显的现象。已知CO不与酸性溶液反应，各装置对气体的吸收都是完全的。完成下列问题：

(1)实验开始前先通一段时间氮气再点燃酒精灯，其目的是_______。
(2)碱石灰的主要成分为_______。
(3)已知反应中会产生，B装置中溶液褪色，写出反应的离子方程式：_______。
(4)能说明产物中有CO的实验现象是_______。
(5)通常选择固体原料在加热条件下制CaS，而不能在水溶液中制取CaS，请解释其原因：_______。
(6)通过B、C、E三个装置在反应前后质量的变化可以确定反应的化学方程式。若某次实验测得装置B增重6.4 g，装置C增重8.8 g，装置E减少1.6 g，则硫酸钙与焦炭高温焙烧时发生反应的化学方程式为_______。若实验过程中，在反应结束后没有通入一段时间的，则CaS的化学计量数_______(填“偏大”“偏小”“无影响”或“无法确定”)。
【答案】(1)将装置中的空气排尽，以免干扰实验
(2)CaO和NaOH
(3)
(4)装置E中出现红色固体，装置F中澄清石灰水变浑浊
(5)CaS遇水会发生水解
(6)          无法确定

【分析】装置A发生反应，产物SO2进入装置B与酸性高锰酸钾溶液反应，反应的离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，用装置C的澄清石灰水证明并除去产物CO2，经碱石灰干燥，产物CO气体还原CuO得到Cu和CO2，观察到装置E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊；
（1）
先通一段时间的氮气是为了将装置中的空气排尽，以免空气干扰实验；
（2）
碱石灰是混合物，其主要成分为CaO和NaOH；
（3）
产物进入装置B与酸性高锰酸钾溶液反应，反应的离子方程式为；
（4）
观察到装置E中出现红色固体，装置F中澄清石灰水变浑浊，才可以证明产物中有CO
（5）
CaS与水反应，根据CaS的组成进而判断CaS遇水会发生水解，故不能在溶液中制备CaS
（6）
装置B增重的质量为的质量，装置C增重的质量为的质量，装置E减轻的质量是参加反应的CuO中氧的质量，，可得，，，三种气体的化学计量数之比为1：2：1，根据化合价升降守恒配平化学方程式：；若反应后不通入，导致有产物气体滞留在装置中，不能被后面的溶液吸收，反应生成的气体称量值都偏低，但不知道各种气体具体偏低多少，故CaS的化学计量数无法确定。