答案-高三化学

期中考试预测试题解析高三化学本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，满分150分。学校班级学校班级姓名（）（）说明：本试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答题时间120分钟，满题号一二三题号一二三四总分得分可能用到的相对原质：H1 C12 N16 O16 Na 23 Mg 24 Al27 S32Cl35.5 Ca40 Fe56 Cu64 Ag108 Ba137 Te 160第卷（选择题共74分）一、选择题（354）题号1234567891011答案题号1213141516171812131415答案题号12131415161718答案

下列解释不科学的是()安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率“水滴石穿”主要原因是溶有CO2的雨水与CaCO3作用生成了可溶性Ca(HCO3)2收【答案】A【解析】【考点定位】本题考查化学与生产、生活。【全能解析】A项，安装煤炭燃烧的“固硫”装置是为了减少SO2气体的排放，不能提高煤的利用率，错误；B项，“水滴石穿”是碳酸钙长期与溶解了CO2的雨水接触，被溶解生成碳酸氢钙，正确；C项，“通风橱”是将室内污染气体排到室外，没有处理或吸收有害气体，正确；D项，空气是一种特殊的胶对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是()AB《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2【答案】D【解析】【考点定位】本题考查古代化学知识。【全能解析】ABC溶液为碳酸钾溶液，正确；D下列叙述正确的有()均为酸性氧化物② 均可由化合反应制得③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为溶液、胶体④灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均既是氧化还原反应，又是吸热反应⑤需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀、电泳⑥氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，滴加NaOH溶液都能先生成沉淀后沉淀溶解⑦苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为强电解质、弱电解质和非电解质⑧碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】B【解析】【考点定位】本题考查物质的变化与分类。【全能解析】① 均为酸性氧化物，正确；②碳酸氢钙可由碳酸钙与二氧化碳、水化合得到，氢氧化铁可由氢氧化亚铁与氧气、水化合得到，氯化亚铁可由氯化铁与铁化合得到，正确；③碘晶体分散到酒精中形成碘的酒精溶液即碘酒，饱和氯化铁溶液滴入沸水得到红褐色的氢氧化铁胶体，正确；④Ba（OH）2·8H2与NH4的反应不是氧化还原反应，错误；⑤电离、电化学腐蚀不需要通电，错误；⑥溶液和胶体都能透过滤纸，氯化铝与氢氧化钠反应先生成氢氧化铝沉淀，然后沉淀溶解，第1页/共11页氢氧化铝胶体与氢氧化钠先凝聚生成沉淀，然后氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，正确；⑦氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；⑧生石灰是氧化钙的俗名，属于纯净物，错误。正确的是①②③⑥，故选B项。利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()【答案】C【解析】【考点定位】本题考查实验现象与实验分析。【全能解析】A项，浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液使其褪色是因为二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，错误；B项，反应生成的氯气与溴化亚铁反应时，亚铁离子可直接被氯气氧化，溶液也变为黄色，不能得出氯气的氧化性强于溴，错误；C项，反应生成的CO2通入氯化钙溶液无沉淀生成，说明CO2与氯化钙溶液不反应，正确；D项，蔗糖炭化，说明浓硫酸具有脱水性，溴水褪色说明反应生成SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，与吸水性无关，错误。孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3(含、𝐹𝑒𝐶𝑂3、𝐴𝑙2𝑂3、杂质)，工业上用孔雀石制备硫酸铜的第一步需用过量的硫酸溶解并过滤。常温下，分别取滤液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中可以大量存在的一组离子正确的是()A．加入过量氨水：B．加入过量NaNO3溶液：加入过量NaOH溶液：加入过量NaHCO3溶液：【答案】C【解析】【考点定位】本题考查离子共存。2 4 【全能解析】A项，加入过量氨水后的溶液中不可能大量存在Fe3+；B项，由于第一步用过量硫酸溶解，滤液中含大量氢离子，在酸性条件下加入过量硝酸根离子后，Fe2+不能大量存在；C项，碱性溶液中、𝐴𝑙𝑂−、𝑆𝑂2−、能大量共存；D项，Al3+2 4

A．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子数目一定为3NAB．40gCuO和Cu2S混合物中所含铜原子的数目不等于0.5NAC．42gFe与足量水蒸气反应生成的氢气为22.4LD．14g分子式为CnH2n的烃中含有的C—H键的数目一定为2NA【答案】D【解析】【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数。【全能解析】A项，氯气先与I−反应，由于未知溶液中I−的物质的量，不能确定转化的电子数，错误；B项，用极值法分析，40gCuO或Cu2S中Cu的物质的量均为0.5mol，所以40gCuO和Cu2S混合物中所含铜原子的数目一定为0.5NA，错误；C项，未指明气体的温度与压强，不能确定气体的体积，错误；D项，CnH2n的烃分子中平均每个碳原子形成两个C—H键，14g烃含碳1mol，所以含C—H键的数目一定为2NA，正确。甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关系：丁甲→乙 丙下列有关物质的推断不正确的是()若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液若甲为N2，则丁可能是O2若甲为若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【答案】B【解析】【考点定位】本题考查元素化合物之间的转化。【全能解析】A项，若甲为AlCl3溶液，与少量氢氧化钠反应先生成氢氧化铝，再与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠与氯化铝可再转化为氢氧化铝，所以丁可能为氢氧化钠，正确；BNO，NO再与氧气反应生成NO2，但NO2与N2不能NO，错误；C项，铁跟少量稀硝酸生成硝酸亚铁，继续加入稀硝酸生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁，正确；D项，氢氧化钠与少量CO2反应生成碳酸钠，继续与CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠也可转化为碳酸钠，正确。下列指定反应的离子方程式正确的是()A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性：Ca(HCO3)2NaOH溶液反应：Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：2ClO−＋CO2＋H2O=2HClO＋CO2−3Fe(NO3)3HI溶液：3【答案】A【解析】【考点定位】本题考查离子方程式正误判断。4【全能解析】A项，两溶液混合后呈中性，则氢氧化钡中的两种离子完全消耗，SO2−部分反4大量共存，错误。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

应，、的比例关系为1∶2，正确；B项，氢氧化钠溶液过量，即Ca（HCO3）2中的两种离子完全第2页/共11页1∶2，错误；C项，通入少量CO2，反应会生成碳酸钙沉淀，错误；D项，反应中、均可被I−还原，反应中I−1∶3，错误。

【全能解析】第一份中加入AgNO3

溶液，有沉淀产生不能得出含Cl−；第二份中加足量NaOH溶液并加热9.X、Y、Z、W、QXW一主族，Z元素原子半径在短周期中最大(稀有气体除外)。ZW、WQ的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是()A．X和Y的常见氧化物都是大气污染物WW的氧化物是将太阳能转化为电能的材料一定条件下，QY从其氢化物中置换出来学校班级姓名最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：Q＞学校班级姓名【答案】C【解析】【考点定位】本题考查元素推断、元素化合物性质、元素周期律等。【全能解析】ZZ为金属钠，ZW3，W为硅元素，WQ3Q为氯元素，X、WX为碳元素，五种元素21，Y5个电子,Y为氮元素。A项，X的常见氧化物中CO2不是大气污染物，错误；B项，高纯度的硅的氧化物是制造光导纤维的原料，高纯硅才是太阳能电池的材料，错误；C项，氯气氧化性强于氮气，氯气与氨气反应可置换出氮气，正确；D项，碳酸的酸性强于硅酸，错误。10.下列有关实验的说法正确的是()A．向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X可能是Cl2B．CO2中含少量SO2，可将该混合气体通入足量饱和Na2CO3溶液中除去SO2向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2＋将SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀，此沉淀是BaSO3【答案】A【解析】【考点定位】本题考查物质性质与检验的相关实验判断。【全能解析】A项，能使品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等氧化性漂白剂，正确；B

后，收集到气体0.04mol，即含0.04molNH+；由第三份可知生成的沉淀中含硫酸钡、碳酸钡两种物44质，由2.33g硫酸钡沉淀知溶液中含0.01molSO2−，则推出沉淀中含3.94g碳酸钡，即溶液中含0.02443molCO2−，则溶液中不含、,这样溶液中含有的正电荷为0.04mol，负电荷有0.06mol，根据电荷守恒知，溶液中至少含有n(K+)0.02mol，若含Cl−,则n(K+)大于0.02mol。A项，K+一定存在，正确；B34项，由于含、𝑆𝑂2−，𝐵𝑎2+、一定不存在，正确；C项，不能确定是否存在Cl−，错误；D项，一份中含43 3 CO2−0.02mol，三份中共含0.06molCO2−，溶液体积0.6L，所以混合溶液中CO3 3 mol/L，正确。碲广泛用于制造彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥(8％的、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法不正确的是()将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率“沉碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为90%1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO220.16L【答案】B【解析】【考点定位】本题考查反应条件控制、陌生方程式的书写及计算。【全能解析】因TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，所以在“沉碲”过程中要严格控制溶液的pH，酸性不可太强，硫酸过量会使TeO2溶解而损耗，故B错误；方程式书写可参照SO2与NaOH反应，故C正项，足量饱和碳酸钠溶液也能吸收CO2,错误；C项，不能先通入氯水，应该先滴加KSCN溶液，溶

确；还原时方程式为=，V(SO2

1000𝑔×8％×90％160𝑔·𝑚𝑜𝑙−1×

2×22.4L·mol−1=20.16L，故D正确。液没变化，再滴加氯水，溶液变红，说明一定含有Fe2+，错误；D项，SO2通入硝酸钡溶液中， +− 2−

在Na1.0mol·的某澄清溶液中，还可能含有在酸性条件下SO2被NO3氧化为SO4

，生成的沉淀为硫酸钡沉淀，错误。11.有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH+、Cl−、Mg2+、

等离子，取该溶液100mL进行3Ba2+、CO2−3

、SO2−

4，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：

图示连续实验(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法不正确的是()4①向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；4②向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol；③向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验现象，以下推测不正确的是()A．K+一定存在Ba2+、Mg2+一定不存在Cl−一定存在3混合溶液中CO2−的浓度为0.1mol/L3【答案】C【解析】【考点定位】本题考查与计算相结合的离子推断。

原溶液中一定不存在100mL原溶液中加入足量BaCl220.5g为确定原溶液中是否含有Cl−C，加入AgNO3和稀HNO3溶液第3页/共11页原溶液一定存在 可能为1.5mol·L－1【答案】C【解析】【考点定位】本题考查常见离子的检验。【全能解析】根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由加入稀盐酸产生1.12L气体可知，该溶液中至少含有、中一种，气体的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，则一定没有、𝐹𝑒3+、𝐵𝑎2+，𝐶𝑂2−、的浓度之和是0.5mol/L；由生成沉淀判断溶液中一定含有SiO2−，发生反应=

NaClO2的工艺流程如下：3 3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，3.0g为二氧化硅的质量，物质的量是3.0g÷60g/mol=0.05mol，根据硅原子守恒，SiO2−的浓度为0.05𝑚𝑜𝑙

；由滤液C中加入氯化钡溶液没有明显实验现象可知溶液3 0.1𝐿=0.5mol/L

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2⋅3H2O，高于38℃时析出NaClO2。下列说4中不含SO2−，根据电荷守恒：2×0.5mol/L+2×0.5mol/L=2mol/L>1mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.0mol/L，不能确定Cl−是否存在。根据以上分析可知原溶液中一定不存在、𝐹𝑒3+、4𝐵𝑎+A正确；在100L原溶液中加入足量aC2溶液，可生成aSO30.05ol(10.65)0.05

法不正确的是()A．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+2OH−+H2O2

2 2 2ClO−+O +2H2 2 mol，若只有BaCO3，产生的沉淀最少，为9.85g+10.65g=20.5g，B正确；滤液C中已经加入过稀盐酸，无法确定原溶液中是否存在Cl−，C错误；原溶液若存在Cl−且为0.5mol·L−1时，c(K+)=1⋅5mol·L−1，D正确。法”的工艺流程及实验装置（部分夹持装置省略）如下。下列叙述错误的是()实验时先点燃装置①的酒精灯，过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的活塞装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3向步骤Ⅰ所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4Cl用装置④加热碳酸氢钠可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用【答案】D【解析】本题主要考查侯氏制碱法。A项，二氧化碳溶解度不大，先通入氨气可以增大碳酸氢根离子的浓度，正确；B项，稀硫酸与氨气反应生成硫酸铵，可以用来吸收氨气，正确；C项，氯化铵降温会析出晶体，正确；D项，烧杯是敞口容器，无法收集二氧化碳，不能循环使用，错误。NaClO24~5倍。工业上用ClO2气体制

流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤升高吸收器中的反应温度可以提高化学反应速率，也可提高反应物的利用率发生器中反应结束后，向其中通入一定量空气的目的是驱赶出ClO2，使其被充分吸收【答案】C【解析】本题以NaClO2的生产工艺流程考查离子方程式的书写和化学实验操作。吸收器中发生ClO2与NaOH、双氧水反应，生成NaClO2、氧气和水，离子方程式为2ClO2+2OH−+2H2O2 2ClO−O2+2H2O，A正确；NaClO238℃时析出NaClO2⋅3H2O，2高于38℃时析出NaClO2，因此从溶液中得到NaClO2晶体的操作为蒸发结晶、趁热过滤，B正确；双氧水受热分解，原料利用率低，C错误；通入一定量的空气能将ClO2赶尽，使其被充分吸收，D正确。故选C。X的是()选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式AK+、Al3+、HCO−、SiO2−3 3少量HCl2H++SiO2− HSiO ↓3 2 3BNH+、Fe2+Br−SO2−4 4过量H2SFe2++H2SFeS↓+2H+CHClO、Na+、Fe3+、SO2−3过量CaCl2Ca2++SO2− CaSO ↓3 3DI−、Cl−、H+、SO2−4适量NaNO36I−+2NO−+8H+ 2NO↑+4HO+3I3 2 2【答案】D【解析】本题主要考查离子方程式的书写。A项，铝离子与碳酸氢根离子双水解，不会共存，错误；B项，各离子间不反应，加入硫化氢也不会发生发应，错误；C项，次氯酸与亚硫酸根离子发生氧化还原反应，不可共存，错误；D项，酸性环境下，加入硝酸根离子会有强氧化性，将碘离子氧化为碘单质，离子方程式符合电荷守恒、原子守恒，正确。第4页/共11页下列操作、现象与结论均正确的是()选项操作现象结论A向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体溶液颜色变浅el3+3SN−eSN3+3KCl平衡向逆反应方向移动B向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测液中含有Fe2+C向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥红色石蕊试纸置于试管口无明显现象X溶液中无NH+4D乙醇和重铬酸钾溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性学校班级姓名学校班级姓名【解析】A项，溶液中存在平衡e3++3SC−−eS)3，加入少量Cl固体，溶液中Fe3+、SCN−浓度不变，K+和Cl−不参加反应，平衡不移动，溶液颜色无明显变化，故A错误；Fe2+KSCN溶液后滴加氯水，试剂加入顺序不合理，B错误；项，应使用湿润的试纸检验，故C错误。实验室为探究铁与浓硫酸（足量）的反应，并验证SO2的性质，下列说法不正确的是()装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性

选项，铁与足量浓硫酸反应生成的应为Fe3+B错误；选项，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故C正确；选项，B中的溶液发生倒吸，是因为装置中气体压强减小，实验时Aa装置试管中气体压强减小时，空气从导管aA装置，aD正确；B。二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个选项符合题意要求，请将正确选项的序号填入答案栏内）题号1920212223答案KOHKClKClOKClO3ClO3－与ClO－的物质的量浓度之比是1：1，则反应中被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量3之比是()A．1:3 B.4:3 C.2:1 D.3:1答案：答案：D解析：根据得失电子守恒关系，得电子数等于失电子数，两个氯原子化合价升高，六个氯原子化合价降低。考点：氧化还原反应计算。选项实验现象选项实验现象结论A浓硫酸滴入到盛有蔗糖的圆底烧瓶里，并将产生的气体通入品红溶液中蔗糖变黑，体积膨胀，品红溶液褪色浓硫酸具有脱水性和强氧化性B将少量的溴水滴入FeCl2、的混合溶液CCl4KSCN溶液。再向上层溶液中滴加足量溴水1：实验现象2：上层溶液变红氧化性：Br2>Fe3+>I2C往盛有足量水的两个烧杯中分别加入少量的Na和Na2O2固体溶解，并产生气体两个反应中水都做氧化剂D将一片用砂纸打磨过的铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落AlA的溶液中滴加K3

]溶液以检验生成的Fe2+装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸【答案】B【解析】A选项，SO2通入酸性KMnO4溶液反应生成锰离子和硫酸，SO2硫元素化合价升高，体现还原性，故A正确；第5页/共11页答案：D解析：A.盐酸无法确定是否完成反应，则生成的氢气可能小于0.24mol，故A错误。答案：D解析：A.盐酸无法确定是否完成反应，则生成的氢气可能小于0.24mol，故A错误。5.1g1molMg1molZn,0.48mol,1BC错误。根据极值法，若全部是氧化镁则质量为8.5g,若全部是氧化铝则质量是9.7g,所以固体的质量大于8.5g，小于9.7g。故D正确。考点：合金和酸反应的综合计算答案：C解析：A中体现浓硫酸的强氧化性和脱水性。B中实验说明氧化性的顺序正确。C中过氧化钠和水的反应水不参与氧化还原反应。D中铝和氧气反应生成氧化铝薄膜，正确。SO3气体pHpH铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN答案：答案：A解析：A.浓硫酸与三氧化硫不反应但可以形成发烟硫酸，且浓硫酸具有吸水性，则可以出去二氧化硫中混有的少量三氧化硫，故A正确。氯水中的次氯酸具有漂白性，则不能用PH试纸测定氯水的B离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，故C错误。D.溴蒸气和二氧化氮均可以氧化碘离子，故D考点：物质的检验Fe3+、Cu2+H+0.1molamolCl—A．若忽略水的电离，则a=0.3BCu2+>Fe3+>H+C0.1molZnD．若反应中有第三种单质生成时，消耗锌粉的质量至少大于13g

第Ⅱ卷（非选择题共76分）三、必做题（本题包括4小题，共56分）24（142分）A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子，E单质可用作野外焊接钢轨的原料，F与D同主族。D、E、F的离子半径由大到小的顺序为 （填离子符号。【答案】S2−＞O2−＞Al3+（1分）【解析B、C、DA10A为氢元素，B、C、D分别是碳元素、氮元素、氧元素，EE为铝元素，F、DF为硫元素，GFF为氯元素。S2−3个电子层,O2−的核电荷数小半径大，故离子半径:S2−>O2−>Al3+。GF非金属性强的一个化学方程式： 。【答案】Cl2+2S=2Cl+S（或Cl2+Na2S=2Nal+S（1分）【解析】【全能解析】氯气能置换出S可证明氯元素的非金属性强于S，反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓或Cl2+Na2S=2NaCl+S↓。FG8F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物，三种产物的物质的量之比为2∶1∶6，甲的电子式为 ，该反应的化学方程式为 。答案：D解析：A.根据溶液中电荷守恒，可得出a=0.6，A错误。B.三种阳离子的氧化性大小顺序是Fe3＋答案：D解析：A.根据溶液中电荷守恒，可得出a=0.6，A错误。B.三种阳离子的氧化性大小顺序是Fe3＋、Cu2＋、H＋，所以首先还原的是Fe3＋、然后是Cu2＋，最后是H＋BC.0.1molFe3＋0.2mol。因此CD.时、CuH2Fe3＋、Cu2＋H＋Fe2＋、Cu、H20.2molFe2＋时，需要0.2mol,13g.考点：氧化还原反应的基本原理和计算AH2B1C．若向溶液X中加入270mL2.0mol▪L1NaOH溶液，充分反应后，所得沉淀为Mg(OH)2

【答案】 （1分）3SCl2+4H2O=2S↓+H2SO4+6HCl（2分）2【解析【全能解析】硫、氯形成的化合物的电子式为 ，与水应的产物S、H2SO4、HCl的比例关系为2∶1∶6，所以方程式为3SCl+4H2O=2S↓2第6页/共11页4+H2SO+6HCl。4 (4)C能分别与A和D按原子个数比1∶2形成化合物乙和丙，乙的结构式为 。常下，液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。学校班级姓名【答案】 (1分）2学校班级姓名【解析】【全能解析】氮元素与氢元素形成的原子个数比1∶2的化合物为N2H4，结构式为，氮元素与氧元素形成的原子个数比1∶2的化合物为，与NO2反应的氧化产物和还原产物均为，中N元素化合价升高转化为氧化产物，NO2中N元素化合价降低转化为还原产物，反应方程式为=，根据化合价升降相等，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。(5)现取100mL1mol/L的E的氯化物溶液，向其中加入1mol/LNaOH溶液产生了3.9g沉淀，

mol，即物质的量之比为2∶3∶1，SOCl2中S元素化合价为+4价，所以与水反应的方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑甲同学设计如图装置用ZnCl2·xH2晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略：①装置的连接顺序为A→B→ → → → 。②搅拌的作用是 ，冷凝管的作用是 。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为bg。ClCl2·xH2若= （保留1位小数，即可证明 晶体已完全脱水。𝑎④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因： 。【答案】①DEFC（2分）②使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分地与SOCl2接触，晶体脱水充分（1分）把剩余的SOCl2冷凝成液体回收（1分）③2.1（1分）则加入的NaOH溶液体积可能为 mL。 Δ Δ【答案】150或350（写对一个得1分，两个都对得2分）【解析0.1molE的氯化物即AlCl33.9g氢氧化铝即

④ZnCl2·xH2Zn(OH)Cl+HCl↑+(x−1)H2、［Zn(OH)Cl ZnO+HCl↑或ZnCl2·0.05mol0.15mol0.3mol氢氧化钠，再有0.05mol，所以消耗的1mol·L－1150mL350mL。

ΔxH2O Zn(OH)2+2HCl↑+(x−2)H2［Zn(OH)22HCl↑+(x−1)H2O（2分）

Δ ΔZnO+H2O］或ZnCl2·xH2O ZnO+（162分）二氯亚砜（SOCl2）是一种无色易挥发液体，与水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点10579℃，140℃以上时易分解。(1)用硫黄（S表示、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达

【解析】【全能解析】①该装置A中制得氯化锌，从B出来的尾气，B中冷凝得到𝑆𝑂𝐶𝑙2，用品红溶液验证SO2，NaOH溶液进行尾气处理即完成实验目的，由于SOCl2易水解，且由于气体中含有HClBD、EBF中溶液倒吸,A、B、D、E、F、C拌可使反应物充分接触，充分反应；冷凝可使𝑆𝑂𝐶𝑙2转化为液态进行回收。③若完全脱水，则氯化锌与100

。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：

氯化银的物质的量比为1∶2，

∶ 𝑏𝑔 =1∶2，可求得𝑏=143.5

。④Zn2+易水解,需在HCl气 。【答案】2∶3∶1（1分） SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑（2分，若写先生成H2SO3，再分解也得分）

136𝑔/𝑚𝑜𝑙

143.5𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑎 68=2.1【解析】【考点定位】本题考查物质制备原理、实验设计与探究。100%3molSOCl2，则需硫黄（S表示2mol、3mol、1

丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点： 。【答案】方法1：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应第7页/共11页方法2：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应方法3：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3

全后获取纯净的单质银再进行的实验操作过程简述为 。【答案】①（1分）过滤、洗涤、干燥（2分）

］溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应（说明：能检验出生成了Fe2+

【解析】【全能解析】H+更有利于配离子中的NH3从配离子中分解出来，所以可选择硫酸使配合物与肼充分反应；获得纯净的银需进行的操作为过滤、洗涤、干燥。4或SO2−的合理方案都可（2分,合理即可）4【解析】【全能解析】可多种方法检验是否发生氧化还原反应，主要是检验反应产物中是否含Fe2+或4SO2−。4（1424分）废旧光盘金属层中含少量Ag收（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略。已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3可溶于氨水：2③常温时N2H4·H2O（水合肼）能还原Ag（NH3）+：2

（1223分）21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.3412.610.811.6氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 。【答案】水浴加热（1分）【解析80℃的温度，所以一般进行水浴加热。NaClO溶液与Ag反应的产物为AgClNaOH和O2，该反应的化学方程式为能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是

。HNO3也

③常温下，Ksp(CaF2)=1⋅46×10 −10，Ksp(MgF2)=7⋅42×10 −11，Ka(HF)=1⋅00×10 −4。回答下列问题：(1)分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是： 。 。【答案】4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑（2分）会释放出氮氧化物(、),造成环境污染（2分）【解析,可得反应方程式为4Ag4NaClOO=4AgCl4NaOHO2↑；若用硝酸氧化会生成氮的氧化物污染环境。Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并 。【答案】将洗涤后的滤液合并到过滤Ⅱ的滤液中（2分）2【解析】【全能解析】流程中分离出的滤渣中可能含有Ag(NH3)+，需将洗涤后的滤液合并到过滤Ⅱ的滤2液中，这样可以充分利用原料，提高银的回收率。从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol·水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有 （①1mol·SO4、②10％氨水、③1mol·溶液，填序号。反应完第8页/共11页产生Mn(OH)2沉淀。四、选做题（20分，每空2分，以下两题任选一题作答）3——离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，其结构如图所示。回答下列问题：学校班级姓名碳原子价层电子的轨道表达式轮廓图为学校班级姓名

，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为

根据价层电子对互斥理论，NH3、NO−、NO−中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是浸出液“净化除杂”的过程如下：首先加入

3 2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为23+

2+ 2+

；NH3比PH3的沸点高，原因是 。 ；再调节溶液的pH将Al 变为沉淀除去；然后加入NH4将Ca 、Mg沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2+)=4⋅64×10 −6mol⋅L−1，c(HF)为 molL−1。碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是 。

氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是 。Π𝑚EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为 。分子中的大π键可用符号 𝑛表示，其中Π𝑚66m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，6(1)【答案】500℃，m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10【解析500m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10。△

则EMIM+离子中的大π键应表示为 。立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如下图所示。立方氮化硼属于 晶体，其中硼原子的配位数为 。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为(2)【答案MnCO3+2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O (列出化简后的计算式)。【解析】“焙烧”时，MnCO3和NH4Cl反应生成MnCl2、NH3、CO2和H2O，化学方程式为△MnCO32NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2。(3)【答案MnO2++4H+ Mn2＋++2H2O 4.0×10−5【解析】本题主要考查离子方程式的书写和溶度积常数的计算。MnO2和Fe2+反应生成Fe3+和MnO2+2Fe2＋+4H+Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。根据𝐾𝑠𝑝(𝑀𝑔𝐹2)=𝑐(𝑀𝑔2＋)𝑐2(𝐹−)=7.42×10−11，𝑐(𝑀𝑔2+)=4.64×10−6𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，则𝑐(𝐹−)=4×10−3𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，此时溶液pH为6，根据𝐾(𝐻𝐹)=𝑐(𝐻+)𝑐(𝐹−)=10−6×4×10−3=1.00×10−4，解得𝑐(𝐻𝐹)=