2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市尚志中学高三上学期第二次月考化学试题（解析版）

试卷第=page2424页，共=sectionpages2424页试卷第=page2323页，共=sectionpages2424页黑龙江省哈尔滨市尚志中学2022-2023学年高三上学期第二次月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是汉字载体选项A．兽骨B．青铜器C．纸张D．液晶显示屏A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故A不符合题意；B．青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故B项符合题意；C．纸张的主要成分是纤维素，故C不符合题意；D．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D不符合题意；综上所述，答案为B项。2．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类C．中含有个电子D．被还原生成【答案】A【详解】A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B错误；C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误；D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；答案选A。3．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应B环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与高温下会反应D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；B．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；D．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故D不符合题意。综上所述，答案为A。4．为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是序号物质试剂分离方法①硝酸钾（氯化钠）蒸馏水重结晶②二氧化碳（氯化氢）饱和碳酸钠溶液洗气③乙醇（水）金属钠蒸馏④NaCl溶液（Na2S）AgCl过滤A．①③ B．①④ C．② D．③④【答案】B【详解】①硝酸钾和氯化钠溶解度差距较大，可采用重结晶的方法分离，①正确；②饱和碳酸钠可与HCl反应，但还可用吸收二氧化碳，所选试剂错误，②错误；③乙醇和水均能与Na反应生成氢气，无法分离，③错误；④硫化银为沉淀，且溶解性比氯化银小。加入氯化银，可以将S2-转化为硫化银除去，而加入的过量的氯化银不溶于水，可与硫化银一同过滤除去，④正确；综上①④正确；答案为B。5．已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，对该反应的说法正确的是A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B．H2O作还原剂C．每生成1molSO2转移4mol电子D．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1【答案】A【详解】因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为＋1、－1价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。A.反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化，所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A项正确；B.水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；C.SO2中硫的化合价为＋4价，故每生成1molSO2转移3mol电子，C项错误；D.SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，D项错误；答案选A。6．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A．与浓硫酸反应，只体现的酸性B．a处变红，说明是酸性氧化物C．b或c处褪色，均说明具有漂白性D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。7．甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是A．原子半径：丁＞戊＞乙B．非金属性：戊＞丁＞丙C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应【答案】C【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。综上所述，答案为C。8．下列指定反应的离子方程式错误的是A．明矾溶液中加入少量的Ba(OH)2：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B．向碳酸钠稀溶液中通入过量的CO2：CO+CO2+H2O=2HCOC．次氯酸钠溶液吸收少量SO2：SO2+H2O+ClO-=SO+Cl-+2H+D．向氯化铁中加入过量的H2S：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+【答案】C【详解】A．明矾溶液中加入少量的Ba(OH)2，会生成BaSO4和Al(OH)3沉淀，对应的离子方程式为2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故A正确；B．向碳酸钠稀溶液中通入过量的CO2，CO2和CO反应生成HCO，对应的离子方程式为CO+CO2+H2O=2HCO，故B正确；C．次氯酸钠溶液吸收少量SO2，化学方程式为SO2+3NaClO+H2O=2HClO+Na2SO4+NaCl，对应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=2HClO++Cl-，故C错误；D．向氯化铁中加入过量的H2S，对应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故D正确；故答案选C。9．如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末C．加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③D．由图可预测：高铁酸盐具有强氧化性，可用于消毒；消毒后可生成胶体，故可作净水剂【答案】D【详解】A．铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁，故A错误；B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，变为四氧化三铁，故B错误；C．加热发生转化⑥，氢氧化铁不溶于水，故C错误；D．由图可预测：高铁酸盐具有强氧化性，可用于消毒；消毒后得到的还原产物为铁离子，铁离子与水反应可生成胶体，故可作净水剂，故D正确。综上所述，答案为D。10．“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：下列说法正确的是A．过程①中每吸收标况下2.24L氮气转移0.3mol电子B．过程②每生成1mol氨，有1molLi3N被氧化C．过程③化学能转化为了电能D．图中所示过程在一定条件下的总反应方程式为：2N2+6H2O=4NH3+3O2【答案】D【详解】A．未指明标况，无法计算转移电子的物质的量，故A错误﹔B．由题中信息可知，过程②的反应方程式为Li3N＋3H2O=NH3↑＋3LiOH，此反应中各元素化合价均保持不变，是非氧化还原反应，故B错误﹔C．由题中信息可知，过程③的反应方程式为4LiOH4Li＋O2↑＋2H2O，是将电能转化为化学能，故C错误；D．由题中信息可知，过程①的反应方程式为6Li+N2=2Li3N，过程②的反应方程式为Li3N＋3H2O=NH3↑＋3LiOH，过程③的反应方程式为4LiOH4Li＋O2↑＋2H2O，所以图中所示过程的总反应方程式为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，故D正确；故选D。11．下列实验操作正确且能达到实验目的的是A．用甲装置收集SO2气体 B．用乙装置除去草酸中的乙醇C．用丙装置制取并收集干燥的氨气 D．用丁装置干燥Cl2【答案】A【详解】A．收集SO2气体可以用排饱和NaHSO3溶液法，A正确；B．草酸受热易分解，不能用加热法除去草酸中的乙醇，B错误；C．氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，C错误；D．丁装置中氯气不能通过浓硫酸，D错误；故选A。12．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）ΔH=xkJ·mol－1已知碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1则x为A．3a+b－c B．c+3a－b C．a+b－c D．c+a－b【答案】A【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。13．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－【答案】C【详解】A.H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；C.pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。14．使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（

）①用天平称量时所用砝码生锈②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥【答案】D【详解】①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；综上③⑥正确；本题答案选D。15．亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误；B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；故选C。16．电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是A．充电时，电池的总反应B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C．放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D．放电时，正极发生反应【答案】C【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e-=Li+）和阳极反应（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。【详解】A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，D正确；答案选C。17．将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是选项ab现象离子方程式A稀硫酸KI在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色4I—+O2+2H2O=2I2+4OH—BNa2CO3稀盐酸开始时无气泡，后来有气泡CO32—+H+=HCO3—；HCO3—+H+=H2O+CO2↑C稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H++SiO32—=H2SiO3(胶体)D稀H2SO4滴有酚酞的Ba(OH)2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH—+H++SO42—=BaSO4↓+H2OA．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；B.碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，D错误；答案为C。【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。18．由工业废铜泥(主要成分为、、，含少量Fe)制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是A．灼烧时可将CuS、等转化为CuOB．除杂②过程中还需加热C．流程中可循环使用的物质有、D．还原中的反应为【答案】C【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶液硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。【详解】A．根据流程信息，灼烧的目的是使含铜物质尽可能溶解在硫酸溶液中，所以是将CuS、等转化为，A正确；B．除杂的目的是使铁元素转化成而转化成滤渣，①目的是将转化成，②加稀溶液，调节溶液的，使转化成沉淀，但只加入稀溶液容易形成胶体更难除杂，所以还应加热，B正确；C．还原反应同时生成，酸浸又消耗，所以可循环使用，但没有参与循环，C错误D．还原中Cu2+被还原得到氯化亚铜，反应为，D正确；故选C。19．我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12—磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+→IM1(中间体1)→TS1(过渡态1)→IM3(中间体3)→CH+H2O，CH+CH3OH→IM2(中间体2)→TS2(过渡态2)→IM4(中间体4)→CH3OCH3+H+。反应过程和相对能量E(kJ•mol-1)如图所示。下列说法错误的是A．该反应机理中的最大能垒(活化能)E正=513.4kJ•mol-1B．2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-18.2kJ•mol-1C．已知IM1为CH2=OH++H2，CH2=OH+H+→IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量D．类推IM2应为CH2=OH++CH4【答案】C【详解】A．由图中信息可知，该反应机理中的最大能垒(活化能)E正=189.8k/mol-(-323.6)kJ/mol=513.4kJ/mol，A正确；B．由图得①CH3OH+H+=CH+H2OΔH=-208k/mol，②CH+CH3OH=CH3OCH3+H+ΔH=+189.8kJ/mol，将①②相加得：2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=(-208kJ/mol)+(+189.8k/mol)=-18.2kJ/mol，B正确；C．断键需要克服活化能吸收能量，CH3OH+H+IM1是一个无垒(活化能为0)过程，所以该过程可能从成键开始，成键时放出的热量大于断键时吸收的热量，C错误；D．反应过程中遵循原子守恒，所以IM2为CH2=OH++CH4，D正确；故选C。20．将总物质的量为0.03mol的铜镁合金完全溶解于50mL14mol/L的浓硝酸中，得到NO2气体nmol，再向反应后的溶液中加入VmL的1.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部沉淀，称得该沉淀质量为2.54g，则下列说法正确的是A．n=0.02molB．该合金质量为1.52gC．沉淀完全后所得溶液中可能还有未反应完的硝酸D．V=600mL【答案】B【详解】A．铜镁合金总物质的量为0.03mol，则与硝酸反应转移0.06mol电子，硝酸得电子生成NO2，N元素化合价由+5降低为+4，根据得失电子守恒，生成NO2的物质的量为0.06mol，故A错误；B．铜镁合金总物质的量为0.03mol，与硝酸反应失去0.06mol电子，则生成的氢氧化物中结合氢氧根离子的物质的量为0.06mol，所以该合金质量为2.54g—0.06mol×17g/mol=1.52g，故B正确；C．氢氧化钠溶液先与硝酸反应，再与硝酸铜溶液、硝酸镁溶液反应生成沉淀，沉淀完全后所得溶液中不可能有未反应完的硝酸，故C错误；D．加入VmL的1.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部沉淀，溶液中的溶质为NaNO3，n(Na+)=n(NO)=0.05L×14mol/L-0.06mol=0.64mol，加入1.0mol/LNaOH溶液的体积V==0.64L=640mL，故D错误；故选B。二、实验题21．亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，常用于合成洗涤剂，触媒及用作中间体，可由与在通常条件下反应得到，实验装置如图所示(夹持装置略)。已知：①

②③

④回答下列问题：(1)装置A中盛有浓盐酸的仪器名称为_______，装置A中发生反应的离子方程式为_______。(2)装置C中所盛试剂名称是_______；若装置B中压强过大，可以观察到的现象是_______。(3)实验时，待装置D中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将干燥的NO压于三颈烧瓶中，这样做的目的是_______。(4)装置D中无水氯化钙的作用是_______。(5)纯度测定，步骤如下(假设杂质不参与反应)：Ⅰ.取5.00g三颈烧瓶中所得产物溶于适量氢氧化钠溶液中，然后加入一定量稀硫酸和KI，并通入足量，将全部赶出，最后将溶液稀释至Ⅱ.取上述所得溶液，用淀粉作指示剂，用标准溶液滴定至终点，最终消耗标准溶液的体积为，则纯度为_______%【答案】(1)

恒压滴液漏斗

ClO+6H++5Cl—=3Cl2↑+3H2O，(2)

浓硫酸

长颈漏斗内液面上升(3)排尽装置中的空气，防止NO被氧化(4)防止水蒸气进入D中，降低NOCl的产率(5)78.6【分析】由实验装置图可知，KClO3具有氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2，A中离子反应方程式为：ClO+6H++5Cl—=3Cl2↑+3H2O，浓盐酸含有挥发性，所以得到的Cl2中含有HC1，B装置中盛有的饱和NaCl溶液用于除去Cl2中的HCl，且起安全瓶的作用；根据已知①知，NOCl能和水反应，所以D中发生反应的氯气必须是干燥的，所以C装置中盛有的浓硫酸的作用是干燥氯气；装置D中发生的反应为2NO+Cl2=2NOC1，干燥管中盛有的氯化钙用于吸收水蒸气，防止空气中水蒸气进入D装置，NOCl的熔沸点较低，所以用—10℃冰盐水用于降低D装置温度防止NOCl挥发，降低产率。（1）由实验装置图可知，装置A中盛有浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；装置A中发生的反应为氯酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为ClO+6H++5Cl—=3Cl2↑+3H2O，故答案为：恒压滴液漏斗；ClO+6H++5Cl—=3Cl2↑+3H2O；（2）由分析可知，浓硫酸具有吸水性，和氯气不反应，所以C装置中盛有的浓硫酸的作用是干燥氯气；若装置B中压强过大而大于大气压，会导致液体逸出，看到的现象是液体沿长颈漏斗上升，故答案为：浓硫酸；长颈漏斗中的液面上升；（3）一氧化氮易被空气氧化，为防止一氧化氮被空气氧化，用氯气将装置中空气排尽，所以实验时，待装置D中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将干燥的一氧化氮压入三颈烧瓶中，故答案为：排尽装置中的空气，避免NO被氧化；（4）由分析可知，NOCl能和水反应，干燥管中盛有的氯化钙用于吸收水蒸气，防止空气中水蒸气进入D装置，使NOCl产率降低，故答案为：防止水蒸气进入装置D中使NOCl产率降低；（5）由题给方程式可得如下转化关系：2NOCl~I2~2Na2S2O3，滴定消耗20.00mL0.30mol/L硫代硫酸钠溶液，则5.00g样品中NOCl纯度为×100%=78.6%，故答案为：78.6。三、工业流程题22．CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如图：已知：①焦亚硫酸钠(Na2S2O5)常作食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。②CoCl2•6H2O的熔点为86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。③部分金属阳离子形成氢氧化物的pH见表：Co3+Fe3+Cu2+Co2+Fe2+Zn2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH0.32.75.57.27.67.68.39.6完全沉淀pH1.13.26.69.29.69.29.311.1回答下列问题：(1)“550℃焙烧”的目的是_______。(2)“浸取”的过程中，用离子方程式表示Na2S2O5的作用是_______。(3)滤液1中加入NaClO3溶液的作用是_______。(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为_______。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体：(5)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_______。(6)氯化钴溶液，经过_______、过滤、洗涤、干燥得到晶体。(7)制备晶体CoCl2•6H2O，需在减压环境下烘干的原因是_______。【答案】(1)除去碳及有机物并使各金属转化为氧化物(2)4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+(3)将Fe2+氧化为Fe3+(4)2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑(5)分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用(6)蒸发浓缩、冷却结晶(7)降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴【分析】由含钴矿（Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素）制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴矿粉焙烧后加入稀硫酸和Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0~3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0~5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2；滤液3中加入萃取剂Ⅰ，分液得到有机层，然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。（1）碳和有机物可通过焙烧除去，含钴废料“550℃焙烧”可以除去碳及有机物并使各金属转化为氧化物。（2）焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是将三价钴离子还原为Co2+，防止生成Co（OH）3沉淀，发生反应的离子方程式为4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+。（3）加入NaClO3的作用将Fe2+氧化为Fe3+，便于分离。（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。（5）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用。（6）氯化钴溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。（7）制备晶体CoCl2•6H2O，需在减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。四、结构与性质23．碳族元素及其化合物在国家工业领域有非常重要用途。回答下列问题：(1)基态锗原子价层电子排布式为_______。(2)干冰晶胞如图，顶点和面心是分子。在干冰晶体中每个分子周围有_______个分子相邻。(3)关于C、Si及其化合物的结构和性质，下列叙述正确的是_______A．分子稳定性：C2H6<Si2H6B．是原子晶体，硬度：SiC>C(金刚石)C．还原性：SiH4<CH4D．Si的原子半径大于C原子半径，难以形成键(4)中碳原子的杂化轨道类型有_______。(5)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成，设X的最简式的式量Mr，则X晶体的密度为_______(列出计算式)。【答案】(1)4s24p2(2)12(3)D(4)sp2、sp3(5)【解析】（1）锗元素的原子序数为32，价电子排布式为4s24p2，故答案为：4s24p2；（2）由晶胞结构可知，位于顶点的二氧化碳分子与位于面心的二氧化碳分子的距离最近，则在干冰晶体中每个二氧化碳分子周围有12个二氧化碳分子相邻，故答案为：12；（3）A．碳原子的原子半径小于硅原子，碳元素的电负性大于硅元素，则乙烷分