四川省自贡市2024-2025学年高三年级上册第一次诊断性考试化学试题（解析版）

四川省自贡市2024-2025学年高三上学期第一次诊断性考试

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Mg-24Cl-35.5K-39Mn-55Fe-

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一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.千年盐都、南国灯城、恐龙之乡，自贡是一座历史悠久的中国文化名城。对下列自贡文

化遗产的说法错误的是

A,富顺豆花是四川省第一批非物质文化遗产，豆花制作中需要煮豆浆，豆浆属于液溶胶

B.荣县大佛是世界第二大石刻佛，荣县大佛的主要成分是高分子化合物

C.自贡恐龙博物馆是世界上展示侏罗纪恐龙化石最多、最全的地方，可以用断代法来

测定化石所处的年代

D.自贡彩灯是国家级非物质文化遗产，在立体扎丝工艺中，使用的铁丝是合金

【答案】B

【解析】A.豆浆属于胶体中的液溶胶，A正确；

B.荣县大佛的主要成分为花岗岩，花岗岩主要由二氧化硅、石英等物质组成，不含高分子

化合物，B错误；

C.1C的半衰期时间较长，可通过其放射性衰变来判断化石所处的年代，C正确；

D.铁丝中含有Fe、C等物质，属于合金，D正确；

故答案选B。

2.化学用语是表达化学思想的专门语言，包括符号语言、文字语言和图表语言。下列化学

用语表达错误的是

A.H2s的VSEPR模型:

守S

B.水合氯离子的示意图：

&p

C.B月的结构式：F—B-F

D“钠与水反应”实验有关图标：◎置W④

【答案】C

【解析】A.H2s的中心原子价层电子对数为2+g（6-2义1）=4,其中有2个孤电子

对，VSEPR模型为四面体形，A项正确；

B.水合氯离子中C「带负电荷，而水分子为极性分子，氢原子一侧带正电，氧原子一侧带

负电，H偏向C「，B项正确；

C.B耳的中具有空轨道的硼原子与具有孤对电子的氟原子形成配位键，结构式为

，C项错误;

D.“钠与水反应”实验使用了小刀，实验生成氢气，而化学实验需要护目镜及实验结束要

清洗双手，故实验图标有护目镜、锐器、排风、洗手，D项正确；

答案选C。

3.自贡市怀德镇素有“桂圆之乡”的美称，中医认为桂圆肉有滋补养血、安神补脑等功效，

其富含的铁元素可经过以下步骤完成检验：①桂圆肉剪碎研磨；②用适量稀HNO3溶液溶

解；③过滤取滤液；④滴加试剂检测其中的铁元素。上述操作中，未用到的仪器为

【答案】B

【解析】步骤①桂圆肉剪碎研磨中用到研钵即图D所示；②用适量稀HNO3溶液溶解用到

烧杯即图C所示；③过滤取滤液用到漏斗即图A所示和玻璃棒；④滴加试剂检测其中的铁

元素用到胶头滴管和试管，故不需要用到的仪器为生烟，故答案为：Bo

4.在人体中，大概含有60多种元素，其中含量前10的元素分别是氧、碳、氢、氮、钙、

磷、硫、钾、钠、氯。下列说法正确的是

A.酸性：HNO3VH3P04

B.SCh通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色

C.金属性：K<Na

D.CO2、SO3均属于酸性氧化物

【答案】D

【解析】A.已知N、P为同一主族元素，从上往下元素非金属依次减弱，即N的非金属

性比P强，故最高价氧化物对应水化物的酸性HN03>H3Po4,A错误；

B.SO2为酸性氧化物，与水反应生成H2s。3,故SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，由

于SO2不能漂白指示剂，故后不褪色，B错误；

C.已知Na、K为同一主族元素，从上往下元素金属性依次增强，即金属性：K>Na,C

错误；

D.CO2、SO3均能与碱反应生成盐和水，反应原理为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,

SCh+2NaOH=Na2sO4+H2O,均属于酸性氧化物，D正确；

故答案为：D。

5.下列实验设计或操作能达成对应实验目的的是

P2O5

实验装置

A碱式滴定管排气泡

实验目的B.干燥NH3

苯层尊/浓硫酸

JUL

实验装置/]\/NaSO

1—1水层23

实验目的C.分离苯与NaCl溶液D.实验室制S02

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A.排掉碱式滴定管气泡正确操作为：使橡胶管弯曲，管尖斜向上约45度，然后

轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，A正确；

B.氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂(P2O5)干燥氨气，应该用碱石灰干燥，B错误；

C.苯的密度比水小，分液时，水层应从分液漏斗下口放出后，苯层从上口倒出，C错

误；

D.实验室制SO2时，导气管不应该伸入液面以下，否则生成的二氧化硫气体无法排出，D

错误；

故选Ao

6.下列离子方程式与所给事实不相符的是

A.海水提澳过程中，将澳吹入S。？吸收塔：Br2+SO2+2H2(D=2Br-+SOj+4H+

B.某主要成分为苛性钠和铝粉的管道疏通剂：

2A1+2OH-+6H2。=2[A1(OH)4]­+3H2T

2+2+

C.用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba:Ba+S0：=BaSO4

D.用草酸标准溶液测定高镒酸钾溶液浓度：

-16H+2+

2MnO；+5C2O4+=2Mn+10CO2T+8H2O

【答案】D

【解析】A.海水提澳过程中，将澳吹入S。？吸收塔，发生氧化还原反应生成两种强酸：

-+

Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO；+4H,A正确；

B.某主要成分为苛性钠和铝粉的管道疏通剂，反应后生成大量气体和可溶性盐溶液：

2A1+2OH+6H2。=2[Al(OH)4f+3H2T,B正确；

C.用5%Na2sO,溶液能有效除去误食的Ba?+：Ba?++S0[=BaSC)4J,C正确；

D.用草酸标准溶液测定高铳酸钾溶液浓度，草酸为弱酸，离子方程式中不能拆开：

+2+

2MnO4+5HOOC-COOH+6H=2Mn+10CO2T+8H2O,D错误；

故选D。

7.橄榄、虾米、香菜中均含有丰富的氯元素，氯及其化合物的转化关系如图所示，NA为

阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

Ca(C10)2——>KC1O3

KOH溶液,△

丁2@-

HC1——>KC1

A.1L2LCL中含有的质子数为17NA

B.理论上反应①中每消耗Q2molHC1,生成的C"分子数为0」NA

C.在O.lmol/L的Ca(ClO)2溶液中，含有的C1CT数小于0Q2NA

D.反应②中每有0.3molC12参加反应，转移电子数为0.6NA

【答案】B

【解析】A.没有给出温度和压强，无法计算物质的量，A错误；

B.反应①的化学方程式为：4HCl+Ca(ClO)2=2Cl2t+CaCl2+2H2O,反应中每生成2moicb

消耗4moiHC1,则每消耗0.2molHCl,生成的Cb分子数为O.INA,B正确；

C.没有给出溶液的体积，无法计算物质的量，c错误；

D.反应②的化学方程式为：3cl2+6KOH*KClO3+5KCl+3H2。，消耗3moicI2,转移电子

的物质的量为5mol,则每有0.3molCb参加反应，转移电子的物质的量0.5NA,D错误；

故选B。

8.为探究化学反应速率的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设

计、现象、结论均正确的是

选影响因

方案设计现象结论

项素

室温下，分别向颗粒度相同的大

加入5mL盐酸增大反应物浓

1

A浓度理石碎块中加入5mLL0.1mol-U的试管中产生度，反应速率

的盐酸和ImLO.5moi•K1的盐酸气泡速率更快加快

B温度向两只盛有热水中，试管升高温度，化

-1产生浑浊的速学反应速率加

2mL0.Imol-LNa2S2O3溶液,

率更快快

分别同时加入2mL0.1mol・L"i稀

H2SC)4溶液，振荡，再分别置于

冷水和热水中

向两个同体积的密闭容器中，分

别充入lOOmLHI气体，和气体颜色变化增大压强对反

C压强

lOOmLHI与lOOmLAr的混合气速率相同应速率无影响

体

室温下，向两只相同的试管中分

滴入FeCL溶

使用合适的催

别加入2mLi0%的HO溶液。

22液的试管中产

D催化剂化剂可使化学

向其中一只滴入2滴生气泡的速率

反应速率加快

-1

ImolLFeCl3溶液更快

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A.探究浓度对化学反应速率的影响时，应该控制加入相同体积、不同浓度的盐

酸，此处方案设计错误，A错误；

B.硫代硫酸根离子在酸性条件下发生自身歧化反应生成硫单质、二氧化硫和水，先将浓

度、体积相同的硫代硫酸钠溶液分别置于冷水、热水种，再滴加硫酸并振荡，通过观察产

生浑浊的速率，探究浓度对化学反应速率的影响，B错误；

C.2m(g)-H2(g)+I2(g),该反应气体分子数不变，改变压强平衡不移动，由于题

干中HI的浓度相同，所以气体颜色变化速率相同，但增大压强反应速率增大，C错误；

D.向两只相同的试管中分别加入2mLi0%的H2。？溶液，向其中一只滴入2滴

ImoLLTFeCL溶液，观察加入氯化铁的试管产生气泡速度快，说明使用合适的催化剂可

使化学反应速率加快，D正确;

故答案为：D。

9.结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述错误的是

①18-冠-6②合金③烷基磺酸根离子④石墨结构

A.①中冠酸属于超分子的一种，冠叫空腔的直径大小不同，可用于识别特定的离子

B.②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大

C.③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂

D.④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子的配位数为3,属于混合晶体，熔沸点高

【答案】C

【解析】A.①中冠酸属于超分子的一种，冠叫空腔的直径大小不同，超分子具有分子识

别特征，可用于识别特定的离子，A正确；

B.合金内存在不同大小的金属原子，使得原子层之间的相对滑动变得困难，所以合金的

硬度一般比其成分金属更大，B正确；

C.表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水

的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果，即③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向

外疏水基向内的胶束，而用作表面活性剂，C错误；

D.④中石墨晶体是层状结构的，每个碳原子连接三个碳原子，配位数为3,属于混合晶

体，石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，

所以晶体的熔点金刚石〈石墨，故属于混合晶体，熔沸点高，D正确；

故答案为：Co

10.如图所示的化合物是一种重要化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短

周期主族元素，其中z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的

是

zX

y/

W+EY

H\

nx

z-

A.键角：X2Z>YX3

B.YZpEZ3空间结构均为平面三角形

C.Z的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能都大

D.共价键极性：Z—E<Y—E

【答案】B

【解析】由图可知，化合物中W元素为带一个单位正电荷的阳离子，阴离子中X、Y、

Z、E的共价键数目为1、3、2、6,X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族

元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子，则X为H元素、Y为N

元素、Z为0元素、W为Na元素、E为S元素。

A.X2Z为H2O,价层电子对数为2+」-I*2=4,V形结构，YX3为NH3,价层电子对

2

数3+^——-=4,三角锥形结构，则键角H2OVNH3,A错误；

2

B.YZ\为NO：,价层电子对数为3+1+1；2X3=3,为平面三角形结构，EZ3为

S03,价层电子对数为3+6—2*3=3,为平面三角形结构，B正确；

2

C.Z为0元素，同周期相邻元素的第一电离能：F>N>0,C错误；

D.Y为N元素、Z为O元素、E为S元素，电负性O>N,则共价键极性O-S>N-S,即

Z-E>Y-E,D错误；

故答案为：Bo

11.碳酸二甲酯DMC(CH30coOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学

家提出了新的合成方案(吸附在固体催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。

160157.2过渡态in

CH3OCOOCH3+H2O+HO

120103.1S：116.1112.6

>

1，态11

80

。-2CH3OH:过渡、-62.5/

505

)一-HO'太1-：41.9■,

嘲40/心、1i

CH3OCOOCH3*+HO*+HO*

起cof2

02/CHO*+CO*+CHOH^+HO*

装—一\-22.6/3232

土-40-

2CH3OH*+HO*+C09*CH3OCOO*+CH3OH*+H2O*

下列说法正确的是

A.反应过程中除固体催化剂外，还使用了HO•做催化剂

B.反应进程中决速步骤的能垒为125.7eV

C.第3步的基元反应方程式为：CH3OCOO*+CH3OH*-»CH3OCOOCH3+HO-

D.升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动

【答案】A

【解析】A.HO在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，A正确；

B.反应进程中经过渡态I的反应能垒最大，是决速步骤，其能垒为口03.1-(-

22.6)]xl02eV=1.257xl04eV,B错误；

C.第3步的基元反应方程式为：CH3OCOO-*+CH3OH*CH3OCOOCH3*+HO-*,

c错误；

D.由图可以看出，2cH3OH+CO2—CH30coOCH3+H2O升高温度，合成碳酸二甲

酯反应速率增加，平衡向正反应方向移动，D错误；

故答案为：Ao

12.氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是已发现的储氢密度最高的储氢

材料之一，若该晶胞边长为dnm,其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是

A.铁镁合金的化学式为Mg8Fe4

B.Fe原子与最近的Mg原子的距离是Yldnm

4

C.若该晶体储氢时，出填充在Fe原子组成的八面体空隙中心位置，则含Mg96g的该储

氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L

D.若NA为阿伏加德罗常数的值，则该合金的密度为d3Nxio-21g/ci^

【答案】D

【解析】A.在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8x-+6x1=4,Mg原子在晶胞

内，个数为8,Mg：Fe=4：8=1：2,铁镁合金的化学式为MgzFe,A错误；

B.由题干晶胞示意图可知，Fe原子与最近的Mg原子的距离是晶胞的体对角线的：，即

Y^dnm，B错误；

4

C.晶胞中Mg原子为8,若该晶体储氢时，七填充在Fe原子组成的八面体空隙中心位

置，相当于H2分子位于体心和棱心上，则H2为l+12xJ=4,96gMg物质的量为4moi，储

存的H2物质的量为2mol,在标准状况下，体积为2moix22.4L/mol=44.8L,C错误；

4x56+8x24

D.由A项分析可知，晶胞质量为——------g,晶胞体积为（dxlOD3cm3,该合金的

m(4x56+8x24)g416,3

密度P=—=--------------7~3r=3---3-------------72T1g/cmD正确;

vNA(47xlO-)cmdNAxlO

故答案为：D„

13.烟酸是B族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电极可电催化将

3-甲基毗咤氧化为烟酸，工作原理如图所示。双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电场作

用下，双极膜中离子向两极迁移。

COOH

烟酸

CH3

3-甲基毗咤

过渡金属

下列说法正确的是

A.碳封装过渡金属电极能催化提高b电极上还原反应的速率

B.该装置工作时，OH-向a极移动

C.a极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2T

D.制备O.lmol烟酸时双极膜中质量减少3.6g

【答案】C

【解析】由题干图示信息可知，3-甲基毗咤转化为烟酸发生氧化反应，贝Ub为电解池阳

C^CH3/^/COOH

极，电极反应为：i]-6e+6OH-=[J+4H2O,a为电解池阴极，电

NXN,

极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2f,据此分析解题。

A.由分析可知，b电极为阳极，阳极上发生氧化反应，即碳封装过渡金属电极能防止阳极

电极自身放电，提高b电极3-甲基毗咤转化为烟酸氧化反应的速率，A错误；

B.由分析可知，a为电解池阴极，b为电解池阳极，故该装置工作时，OH-向b极移动，B

错误；

C.由分析可知，a极的电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2T，C正确；

^/CH3小/OOH

D.由分析可知，制备烟酸的电极反应为：［J-6e-+6OH={

N，N

+4H2O,制备O.lmol烟酸时转移电子为0.6mol,根据电子守恒可知，双极膜中有

0.6molOH移向阳极，0.6molH+移向阴极，即质量减少0.6molxl8g/mol=10.8g,D错误；

故答案为：C„

14.室温下，用O.lOOmollTNa2sO3溶液吸收S。2的过程如图所示。己知

%(H2so3)=1.54x10-2,&2(H2so3)=102x10-7,下列说法正确的是

烟气中的SC）2CaCO3o2

Na2sO3溶液­»|♦收I_.温淀|~T氧瓦|—►石膏

tzI

A.O.lOOmoLLTNaHSOs溶液中存在：C（SO^）<c（H2SO3）

1

B,将0.100mol-L-Na2S03溶液稀释到0.050mol•I?,c（H2so3）几乎不变

+

C.吸收烟气后的溶液中：c（Na）>2c（SO|-）+2c（HSO；）+2c（H2SO3）

z,\K（CaSO3）

D.沉淀得到的上层清液中：c（SO〔）〈-P；工/

【答案】B

【解析】Na2sCh溶液吸收烟气后得到Na2sCh和NaHSCh的混合溶液，然后加入碳酸钙得

到亚硫酸钙沉淀，过滤分离，最后经氧气氧化为石膏，据此回答。

in-14

A.根据K^H2so3）=1.02x10-7可知，Kh（HSO，=总工y=6.5x10。说明

HSO,电离能力大于水解能力，所以c（SO，）>c（H2so3），A错误；

B.亚硫酸钠溶液存在水解平衡，SO^+H2OHSO；+OH、

HSO;+H2OH2SO3+OH,第一步水解对第二步水解平衡起到抑制作用，

C（H2so3）几乎可以忽略不计，由O.lmol/L稀释到0.5mol/L过程中，水解平衡均向右移动,

C（H2so3）几乎不变，B正确；

C.吸收烟气后的溶液为Na2sO3和NaHSO3的混合溶液，则根据物料守恒有：

+

c（Na）V2c（SOj）+2c（HSO；）+2c（H2SO3）,C错误；

2\

zKSD（CaSO3）

D.有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液，则c（SC>3「）=:jca2+）'D错误；

答案选B。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.对物质进行分类是进行性质研究的基本方法。按照一定的分类标准进行分类（如下

图），相连的物质可以归为一类，相交部分以A\B\C\D为分类代码。

（1）相连的两种物质都属于强电解质的是（填分类代码）；请写出相连两种物

质反应生成白色沉淀的离子反应方程式。

（2）铜单质室温下与稀硫酸不反应，利用图中某种物质可以使铜常温下反应生成CuSC）4,

请写出该反应的化学方程式；向生成的CuSC）4溶液中加入稀氨水会生成蓝色浑

浊，继续滴加变为深蓝色溶液，加入95%的乙醇溶液会有深蓝色晶体析出，经

（填操作名称）可得到纯净的［。1（演3）小0「凡0晶体。

23

（3）Na2s。俗称大苏打、海波，易溶于水，在中性或碱性环境中能稳定存在。S2O^

可看作是SOj中的一个0原子被S原子取代的产物。

①基态S的价层电子轨道表达式为,s2o^-的中心原子杂化类型为o

②Na2s2。3中各元素的简单离子半径由大到小的顺序为o

③利用KzCr2。?标准溶液定量测定某硫代硫酸钠样品的纯度。测定步骤如下：

i.溶液配制：取L2000g硫代硫酸钠晶体(Na2s2。3-5凡。2=248g/mol)样品，用新

煮沸并冷却的蒸储水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸储

水至刻度线。蒸储水煮沸的目的是o

ii.滴定：取0.0095mol-I71的KzC"。7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,

+3+

发生反应：Cr2O^+61+14H=3I2+2Cr+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定

至淡黄绿色，发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaIo加入淀粉溶液作为指示剂，

继续滴定，当溶液,即为滴定终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为

24.80mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。

3+

【答案】(1)①.D②.Al+3NH3-H2O=3NH4+Al(OH)3

(2)①.Cu+H2O2+H2SO4=CUSO4+2H2O②.过滤

(3)①.ElK_t__L②.sp3③.s2>O2~>Na+®.防止S,。：被水

3s3p

中。2氧化⑤.当滴入最后半滴Na2s2。3溶液后，溶液的颜色褪去，且半分钟不复原

⑥.95%

【解析】(1)根据电解质定义，可知属于强电解质的是AlCb和CuS04,故选D；A、B、

C、D只有C相关的两种物质反应生成白色沉淀，生成白色沉淀的离子反应方程式:

3+

Al+3NH3H2O=3NH：+Al(OH)3J

(2)Cu常温下与稀H2sCU不反应，因稀H2sCU无氧化性，则可利用H2O2的氧化性使铜

常温下反应生成CuSCU,反应的化学方程式；Cu+H2O2+H2SO4=CUSO4+2H2O；向

生成的CuSCU溶液中加入稀氨水会生成蓝色浑浊，继续滴加变为深蓝色溶液，加入95%的

乙醇溶液会有深蓝色晶体析出，因[CU(NH3)4]SO4-H2。难溶于乙醇，通过过滤，可得

到纯净的[CU(NH3)4]SC>4巴。晶体;

（3）①S为16号元素，基态S原子电子排布式Is22s22P63s23P%价层电子排布式

3s23P%基态S价层电子轨道表达式为BUS2OI中心原子为S,杂化

3s3p

6+4-2

轨道数目-------=4,S原子杂化类型为sp3；

2

②Na2s2。3中各元素的简单离子为Na+、S2\CPi根据离子半径（核外电子层数相同，

原子序数越大，离子半径越小;核外电子层数不同，电子层数越多，离子半径越大）可知，

S2>O2>Na+;

③i.S2。；-易被氧化，蒸储水煮沸的目的是防止S2。,被水中。2氧化；

ii.淀粉与碘相遇，溶液变蓝，所以加入淀粉溶液做指示剂，继续滴定，碘不断被消耗，当

滴入最后半滴Na2s2。3溶液后，溶液的颜色褪去，且半分钟不复原，即为滴定终点；根据

+

反应：Cr2O^+6r+14H=3I2+2c产+7H2O和2Na2s2O3+匕=Na2S4O6+2NaI

可知:存在关系Cr2O;-3I26S2O;-,则样品的纯度为

0.0095mol/Lx0.02Lx6x-x248g/mol

_______________________24.8x100%=95%°

1.2000g

16.蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2>CaO、Fe2O3>A12O3>NiO、FeS等，一种

综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下:

水NaClO3

浓硫酸空气Na2cO3Na2sNaOH

蛇纹

Mg(OH)2

石矿

滤渣1滤渣2滤渣3母液MgO

已知：①当溶液中被沉淀离子cvlxlCTmol/L时，认为该离子沉淀完全。

②Ksp（NiS）=1x10-21,氢硫酸的两步电离常数分别为Ka】=1.4x10-7,=7.1x10-5。

（1）Ni位于元素周期表第周期第__________族，其原子核外价层电子排布式

为o

(2)“加压酸浸”中，滤渣1的主要成分除S外还有0

(3)“氧化”中空气的作用是,NaCK)3发生反应的离子方程式为。

(4)“除铁”过程中生成难溶于水的、大颗粒、沉降速率快的黄钠铁机

[NaFe3(SC>4)2(OH)6]晶体，相较于传统的通过调节pH生成Fe(0H)3沉淀，其它金属

阳离子损失更少，理由是,Na?C03溶液需缓慢加入，原因是o

(5)“沉银”中，当Ni?+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2s"ixlO^moi/L,则此时溶

液的pH约为o

【答案】(1)①.四②.③.3d84s2

(2)SiO2,CaSO4

2++3+

(3)①.氧化Fe?+,减少NaC103的用量②.CIO尹6Fe+6H=6Fe+Cl+3H2O

(4)①.调节pH生成FeCOHb胶体具有吸附性，能吸附金属阳离子，导致阳离子损失②.

防止Fe3+生成Fe(OH)3,防止Ni?+、Mg?+沉淀；

(5)4

【解析】该工艺流程原料为蛇纹石矿含MgO、SiO2>CaO、Fe2O3>A12O3>NiO、FeS

等，产品为MgO,蛇纹石矿经加压酸浸除去与硫酸不反应的Si。？，CaO转化为CaS。,除

去，MgO、Fe2O3^A12O3,NiO、FeS与硫酸反应而溶解，滤液中含有金属离子，加氯

酸钠同时通入空气，将Fe?+氧化为Fe3+,再加碳酸钠使Fe?+沉淀，加硫化钠使Ni?+沉淀，

过滤后加氢氧化钠使Mg?+沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到MgO。

(1)Ni原子序数为28,位于元素周期表第四周期、第皿族；价电子排布式为3d84s2;

故答案为：四;W；3d84s2;

(2)“加压酸浸”中，滤渣1的主要成分除S外还有与硫酸不反应的Si。？，CaO与硫酸反

应生成的CaSO“

故答案为：Si。？、CaSO4；

(3)氧化的目的是使Fe?+转化为Fe3+,在后续操作中易被除去，加入NaCICh及空气都

是氧化剂，而空气的使用还可以使NaCKh与溶液充分混合，加快反应速率，减少NaCICh

2++3+

的用量；离子方程式为CIO/6Fe+6H=6Fe+Cr+3H2O;

2++3+

故答案为：氧化Fe?+,减少NaCICh的用量；C1O；+6Fe+6H=6Fe+Cr+3H2O；

(4)相较于调节pH生成的Fe(OH)3胶状沉淀具有吸附性，能吸附Ni?+、Mg2\

AJ3+,而黄钠铁矶晶体颗粒大、沉降速率快，不会被吸附，则金属阳离子损失更少；若

3+

Na2cO3溶液加入过快则Fe与CO〉相互促进水解生成Fe(OH)3,同时加入过快使溶

液局部碱性过强会导致Ni?+、Mg?+沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；

故答案为：Fe(OH)3胶状沉淀具有吸附性，而黄钠铁矶晶体颗粒大、沉降速率快，不具有

吸附性；防止Fe3+生成Fe(OH)3,防止Ni?+、Mg?+沉淀；

2+2+2

⑸当Ni恰好完全沉淀时，Ksp(NiS)=c(Ni)-c(S-)=1xKT",

23

c(S")=mol/L=1x10*moVL；c(H2S)=lxlO-mol/LH^,

Fc(H+)T-c(S2-)...

L715

Kal-Ka2=*:)=(1.4X10-)X(7.1X10-)-

73

K-K32-C(H2S)/(1.4X10-)X(7,1X10-)X(1X10-)

c(H一百一7由泊moVL

»10^mol/L，pH约为4；

故答案为：4„

17.FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无

水四氯化锡(SnCL)制作FTO,制备S11CI4的装置如图所示。

氯酸钾

晶体

浓

饱和r.-/硫

食盐水、擂二酸

甲乙丙

有关信息如下表:

化学式

SnSnCl2SnCl4

熔点/℃232246-33

沸点/℃2260652114

其他性银白色固体无色晶体，Sd+易被Fe3+、12无色液体，易水解生成

质金属SnO

等氧化为Si?+2

(1)Sn位于元素周期表___________区(填“s”、"p”、"d”、“ds"、"f')。

(2)仪器A的名称为，浓盐酸的作用为

(3)将如图装置连接好，先检查装置气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到

现象后，开始加热装置丁。

(4)C4和Sn的反应产物可能会有S11CI4和SnCU，为加快反应速率并防止产品中带入

SnCl2,除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在___________(填序号)范围内。

A.652~2260℃B.232~652℃

C.114~246℃D.114~232℃

(5)若将制得的S11CI4少许溶于水中得到白色沉淀Sn。？，其反应的化学方程式为

(6)实际制备的产品中往往含有SnCL，实验测定SV+的含量：准确称取mg产品溶解，

用amol/L酸性高铳酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高铳酸钾标准溶液VmL。由

此计算得出的产品中SY+的质量分数严重偏高，理由是。

【答案】(1)P

(2)①.球形冷凝管②.还原性、酸性的作用

(3)丁中充满黄绿色气体

(4)B

(5)SnCl4+2H2O=SnO2/+4HC1

(6)高锦酸钾能氧化Cr，导致消耗酸性高锦酸钾标准溶液的体积偏大

【解析】甲装置制备氯气，乙中饱和食盐水除氯气中的氯化氢，丙干燥氯气，丁中Sn和氯

气反应生成SnCL戊收集SnCk,碱石灰吸收氯气，防止污染。

(1)Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期IVA族，属于p区。

(2)根据装置图，仪器A的名称为球形冷凝管；浓盐酸和氯酸钾反应生成氯化钾、氯

气、水，盐酸中氯元素化合价升高，浓盐酸表现还原剂、酸性。

(3)为防止Sn与氧气反应，先用氯气排出丁中空气，待观察到丁中充满黄绿色气体后，

开始加热装置丁。

(4)为加快反应速率并防止产品中带入SnCU，应加热使Sn熔化，同时温度低于SnCl2

的沸点，所以应控制的最佳温度在232~652℃范围内，选B。

(5)SnCl溶于水中得到白色沉淀Sn。？和盐酸，反应的化学方程式为

SnCl4+2H2O=SnO2/+4HC1。

(6)酸性条件下，高镒酸钾能氧化cr,所以消耗酸性高铳酸钾标准溶液的体积偏大，测

得的产品中SY+的质量分数严重偏高。

18.随着我国2060年实现碳中和目标的提出，CO?的资源化利用对于碳中和目标的实现具

有非常重要的现实意义。回答下列问题：

I,将C。？和H?在催化剂作用下实现二氧化碳甲烷化是有效利用。。2资源的途径之一：

①CC)2(g)+4H2(g)hCH4(g)+2H2O(g)AH1=-164.9kJ•moL

②CC)2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ-molT

③CO(g)+3H2(g).CH4(g)+H2O(g)AH3

(1)经计算，反应③在__________(填“高温”、“低温”、“任何条件”)下可自发进行。

（2）一定温度条件下，利用不同催化剂，在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化

剂的关系如图，则有利于获得甲烷的催化剂是

L

二

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