高平市第一中学2022-2023学年化学高三上期中学业质量监测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为

2、沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收2、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为4。下列说法正确的是A原子半径：r(Y)r(Z)r(W)BY的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱CW的氧化物的水化物酸性一定比X的强DW与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键3、能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）ACl2通入NaOH溶液：Cl2OH = Cl ClO H2OBCu溶于稀HNO3：3Cu8H+ 2NO3 = 3Cu2+2NO4H2OCNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32

3、2H+ = CO2H2ODAlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3+3OH = Al（OH）34、在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)2NO(g) CO2(g)N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度NO与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是()A该反应的H0B若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C在T2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v正K2，故B错误；C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正v逆,故C错误；D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质

4、量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；答案：D5、D【题目详解】Aa、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；Ba分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；Cc的结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；Da分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；故答案为D。【答案点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判

5、断：分子中同一甲基上连接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效。6、D【题目详解】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。7、D【分析】若可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，则该反应达到了化学平衡状态。不同物质表示同一反应的速率时，其数值之比等于其化学计量数之比。【题目详解】A. 3v (N2)正=v (H2)正，两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计

6、量数之比，但不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A不能说明反应已达到平衡状态；B. v (N2)正=v (NH3)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故B不能说明反应已达到平衡状态；C. v (N2)正=3v (H2)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故C不能说明反应已达到平衡状态；D. 2v (H2)正=3v (NH3)逆，因为2v (H2)正=3v (NH3)正，所以两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，而且能说明正反应速率等于逆反应速率，故D能说明反应已达到平衡状态。

7、综上所述，本题选D。【答案点睛】化学平衡状态下的正反应速率与逆反应速率相等，并不一定是其数值绝对相等，因为其化学计量数可能不同。若正反应速率与逆反应速率的比值与相关物质的化学计量数之比相等，则可判断正反应速率与逆反应速率相等。8、B【题目详解】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液

8、褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【答案点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。9、B【分析】最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为：=0.9mol，因此铁和铝的总物质的量为：0.9mol/3=0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，据

9、此分析。【题目详解】A根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol0.1mol=5.6g，故A正确；B.0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；C.铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C正确；D. 200mL6molL-1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为：1.2mol/2=0.6mol，故D正确；

10、答案选B。10、B【答案解析】本题主要考查了电解池和原电池综合应用，包括电子在电路中的移动方向和电极反应书写，注意燃料电池正极。【题目详解】A. 固体氧化物的作用是能传导O2-，电子只在外电路中定向流动，内电路中是离子定向移动，A错误；B. 铁棒中的单质转为亚铁离子，发生氧化反应，故碳棒Y为正极，电极反应式为O24e= 2O2，B正确；C. 碳棒X为负极，电极反应式为CH3OH-6e3O2= CO22H2O，C错误；D. 阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，铁棒发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，在两电极之间观察到Fe(OH)2白色沉淀，D错误。答案为B。11、B【答案解析】A

11、向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性的离子反应为2H+SO42-+Ba2+2OH- BaSO4+2H2O，故A错误；B将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe(OH)3胶体，离子方程式：Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+ 2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故C错误；D含有0.4molFeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子、0.8mol溴离子，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.2mol氯气能

12、够氧化0.4mol溴离子，则参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+4Cl-+Br2，故D错误；故选B。12、D【题目详解】A、可燃性气体在点燃或加热前必须验纯，故加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，以免发生爆炸，选项A正确；B、洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去氢气中的HCl，避免制得的Ru含有杂质，选项B正确C、结束反应时，先停止加热，再关闭活塞K，用氢气冷却Ru，以免生成的Ru在高温时又被空气中的氧气氧化，选项C正确；D、二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，而启普发生器不能加热，选项D不正

13、确。答案选D。13、B【题目详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X

14、，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；DNaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正确；故选B。14、D【答案解析】A同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A错误；B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；C根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔

15、现象分类的，故C错误；D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如 Al2O3，故D正确；故选D。15、B【答案解析】A.对于盐的分类可以从阴阳离子的角度进行，根据其组成的阳离子为Na+来看碳酸纳属于钠盐，根据其组成的阴离子为CO32-来看碳酸纳属于碳酸盐，虽然溶液呈碱性，但不是碱式盐，而属于正盐，故A错误；B.鸡蛋清属于胶体，浑浊的河水属于悬浊液，但它们都属于混合物，故B正确；C.强光束通过Fe(OH)3胶体时出现丁达尔现象，但没有发生显著的化学变化，故C错误；D.胶体属于混合物，而直径为10-8m的微粒可能是纯净物，故D错误。故选B。16、C【答案

16、解析】A. NH3应使用向下排气法收集，故A不合理；B. SO2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取，故B不合理；C.合理;D.使用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，需要加热，故D不合理。故选C。17、B【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【题目详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。18、A【题目详解】A、二氧化硫、二氧化碳都能和碱反应生成盐和水，都属于酸性氧化物是对应酸

17、的酸酐，故A正确；B、二氧化硫中硫元素为+4价，不是最高正价，故B错误；C、二氧化碳中碳元素化合价为最高价，有氧化性无有还原性，故C错误；D、二氧化硫具有漂白性，二氧化碳无此性质，SO2能使品红溶液褪色而CO2则不能，故D错误。故选A。19、B【题目详解】A. 焰色反应是物理变化。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，故A不符合题意；B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意； C. 萃取是利用物质在两种互

18、不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变化，故C不符合题意； D. 丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”， 丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故D不符合题意；答案选B；【答案点睛】化学性质是在化学变化中表现出的性质，分清楚上述变化是物理变化还是化学变化，核心是看有没有新物质生成。20、D【答案解析】A.瓷器是主要原料黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐，是混合物，A错误；B.尽管瓷器中含有大量的金属元素，但是陶瓷不属于金属材料，因为其中的金属元素是以化

19、合态存在的。陶瓷属于无机非金属材料，B错误；C.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，可用于制造陶瓷发动机的受热面，C错误；D.不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色发生变化，D正确；故合理选项是D。21、C【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、U、W原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y为C元素；Z的简单气态氢化物的稳定性最强，Z为F元素；U是地壳中含量最多的金属元素，U为Al元素；W与Z属于同一主族，W为Cl元素，X位于IA族，且原子序数小于6，可知X为H或Li。由上述分析可知，X为H或Li，Y为C，Z为F，U为

20、Al，W为Cl。AX与W形成的化合物可能为HCl，含共价键，为共价化合物，故A错误；BZ为F，不存在正价，故B错误；C非金属性CAl，则Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比U的强，故C正确；D具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则Z的简单离子半径大于U的简单阳离子半径，故D错误；故选C。点睛：把握原子序数、原子结构、元素的位置推断元素为解答的关键。本题的易错点为B，F的非金属性最强，在化合物中只有负化合价，没有正化合价。22、C【题目详解】A苯的同系物属于芳香烃，芳香烃属于芳香族化合物，故A正确；B胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；C电解质包

21、括离子化合物和部分共价化合物，电解质，离子化合物都属于化合物，故C错误；D氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、催化氧化 羰基 乙二醇 CH2=CHCH3 21 、 【分析】A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，反应为信息i的反应，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，根据K结构简式知，J为；J发生氧

22、化反应生成丙酮和L，根据L分子式及M结构简式知，L为，F、M发生信息i的反应生成N，则F为CH3OCOOCH3，E为HOCH2CH2OH，【题目详解】（1）根据分析可知，A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，的反应类型是催化氧化；根据K的结构简式，K中含有的官能团名称是羰基，答案为：催化氧化；羰基；（2）根据分析可知，E为HOCH2CH2OH，E的名称是乙二醇，答案为：乙二醇；（3）根据分析可得，是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，答案为：CH2=CHCH3；（4）F为CH3OCOOCH3，F、M发生信息i的反应生成N，的化学

23、方程式是，故答案为；-OOCH2CH3 -CH3（5）分子式为C9H12O2且a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基，b.1mol该物质能消耗1molNaOH，即苯环上只有一个酚羟基，则该有机物的苯环上可以连一个羟基和一个或-CH2CH2CH2OH或或或，分别处于邻间对位置，共53=15种，还可以为苯环上连一个羟基和一个或-O-CH2-CH2-CH3，分别处于邻间对位置，则共有32=6种同分异构体；则符合要求的同分异构体的数目为21种；核磁共振氢谱有5组峰，说明该物质含有5种不同环境的氢原子，物质的结构简式，答案为：21；、。24、横行 怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增

24、大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间） 第三周期第A族 17 9 H2SH2O NH5+H2O=H2+NH3H2O 2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl 【分析】(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈

25、弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【题目详解】(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原

26、子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示 怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第A族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性SO，故

27、氢化物稳定性：H2SH2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2+NH3H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为

28、0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl。25、E D B 检查装置的气密性 赶走装置的氧气，防止对NO的观察造成影响 D中通氧气后，出现红棕色气体 冷凝使NO2完全液化 2NaNO2+H2SO4(浓)=Na2SO4+NO2+NO+H2O 水会与NO2反应生成NO，影响后面NO的检验 把装置中的气体全部赶入到B中被吸收，以防止环境污染 4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O 【答案解析】（1）此实验的目的探究亚硝酸钠和硫酸反应以及生成气体的产物，A装置是反应装置，B装置是尾气处理装置，C装置是干燥气体，D装置为验证NO气体，E装置冷

29、却NO2，因此连接顺序是ACEDB；（2）因为此实验有气体参加，因此实验前，需要检验装置的气密性；装置含有空气，空气中的氧气能氧化NO为NO2，所以实验开始时通入N2的作用是赶走装置的氧气，防止对NO的观察造成影响；（3）NO为无色气体，与氧气生成红棕色气体NO2，因此D装置通入氧气后无色变为红棕色，说明NO的存在；氮的氧化物对环境都是有污染的，必须尾气处理，因此B装置的作用：尾气处理，防止污染空气；NO2的液化温度是21，因此E装置的作用：冷凝使NO2完全液化；（4）根据上述实验，该反应的化学方程式为 2NaNO2+H2SO4(浓)=Na2SO4+NO2+NO+H2O。通入过量O2，NO全部

30、转化成NO2，因此有4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O，如果没有装置C，水会与NO2反应生成NO，影响后面NO的检查。（5）装置有残留的氮氧化合物，因此实验结束后还需通入N2的作用是把装置中的气体全部赶入到B中被吸收，以防止环境污染；如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的离子方程式为4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O。26、+2价 圆底烧瓶 Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O 缓冲装置（或者平衡装置内外压强等） S2O32+2HS+SO2+H2O； d 【分析】（1）化合物中化合价代数和等于0。（2）仪器a为圆底烧瓶，生成气体二氧化硫的反应为浓硫酸

31、和亚硫酸钠反应；（3）装置 B观察SO2的生成速率，二氧化硫通过溶液不能与SO2反应，有气泡逸出，长颈漏斗的作用是平衡装置内外压强；（4）酸性溶液中硫代硫酸根离子会反应生成单质硫；（5）用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中。【题目详解】（1）化合物中化合价代数和等于0，Na2S2O3 中硫元素的化合价：+2价。（2）仪器a为圆底烧瓶，生成气体二氧化硫的反应为浓硫酸和亚硫酸钠反应故答案为圆底烧瓶；Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，溶液不能与SO2反应，用饱和NaHSO3溶液，

32、与二氧化硫不反应，除观察SO2生成速率的作用外，装置中长颈漏斗的作用起到缓冲装置（或者平衡装置内外压强等），故答案为缓冲装置（或者平衡装置内外压强等）；（4）酸性溶液中硫代硫酸根离子会反应生成单质硫，反应的离子方程式为：S2O32+2HS+SO2+H2O；（5）a装置应将导管伸入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为d。【答案点睛】本题考查物质的制备

33、实验、实验方案设计，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，解题关键：明确实验原理，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用27、MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2+ Cl2+2H2O 2S2Cl2+2H2O = 3SSO2+4HCl 除去氯气中的HCl a 赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗 2：1 【分析】从装置图中可以看出，A为氯气的制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为收集一氯化硫的装置，F为尾气处理装置。【题目详解】(1)A装置实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+ 2Cl-+4H

34、+ Mn2+Cl2+2H2O。答案为：MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2+Cl2+2H2O(2) 一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体(SO2、HCl)，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。 一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O = 3SSO2+4HCl。答案为：2S2Cl2+2H2O = 3SSO2+4HCl(3)B装置的作用是除去氯气中的HCl。答案为：除去氯气中的HCl(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出。所以D中冷水进水口为a。答案为：a因为一氯化硫易被氧化

35、，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。答案为：赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗(5)F装置是用来处理尾气氯气的，已知该吸收反应的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，发生反应的化学方程式为：6Cl2+12NaOH= 8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2O (按得失电子守恒配NaCl的化学计量数)则该反应被还原的氯原子与被氧化的氯原子物质的量之比为8：(3+1)=2：1。答案为2：128

36、、 离子 sp3 NH4+、BH4（或“SO42” “PO43” 等其他合理答案） 8 （或“ ”） 【题目详解】（1）Ti原子核外电子数为22，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为；（2）NaH的熔点为800，不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，由钠离子与氢负离子构成，电子式为；（3）氯化铝在178时升华，熔沸点较低，属于分子晶体，蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的分子式为Al2Cl6，铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，结构式如图；（4）AlH4-中Al的轨道杂化数目为4+=4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，与AlH4-空间构型相同的两种离子为NH4+、SO42-等；（5）根据均摊法可知，晶胞中AlH4-数目为1+8+4=4，Na+数目为6+4=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻