高三年级阶段性检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1O16Na23S32Cl35.5【试卷综析】本试卷是理科化学单独试卷，知识考查涉及的知识点：化学计量的有关计算、化学反应速率、化学平衡、物质结构、有机合成、溶液中的离子关系等；以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。试题重点考查：化学在生活中的应用、原子结构、弱电解质的电离、盐类水解、化学平衡的移动、常见的无机物性质及其应用、有机合成等主干知识。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，综合性很强，难度中等。选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。【题文】1．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题C．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10－6m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【知识点】常见污染与治理；硅和二氧化硅D1O1【答案解析】【解析】B解析：A．绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；B．氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故B正确；C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；D．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故B错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1-100nm之间，为易错点，难度不大，注意绿色化学的核心高频考点．【题文】2．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A．HClO的结构式：H－O－ClB．Na2O2的电子式：C．中子数为20的氯原子：D．聚丙烯的结构简式：【知识点】电子式、化学式、元素符号、结构简式书写K1N1N2【答案解析】【解析】A解析：A．次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸正确的结构式为：H-O-Cl，故A正确；B．过氧化钠属于离子化合物，钠离子和过氧根离子需要标出所带电荷，过氧化钠正确的电子式为：19，故B错误；C．氯元素的核电荷数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：1737Cl，故C错误；D．聚丙烯的结构简式：，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握结构式、电子式、结构简式与离子结构示意图、元素符号等化学用语的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式的区别，选项A为易错点，需要明确次氯酸的中心原子为氧原子。【题文】3．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气、二氧化碳等气体B．二氧化硫具有漂白性，可用于加工食品使食品增白C．铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料D．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸【知识点】硫及其化合物、铝铜性质C2C3D3【答案解析】【解析】C解析：A．浓硫酸具有很强的吸水性，不可用于干燥氨气，故A错误；B．因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故B错误；C．因铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料，故C正确D．因铜能与浓硝酸反应，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了常见物质的性质，属于对基础知识的考查，题目难度不大，结合相关知识即可解答。【题文】4．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．0.1mol·L－1NaHCO3溶液：K＋、AlO、Cl－、NOB．使甲基橙变红色的溶液：NH、Cu2+、ClO－、Na＋C．c(H＋)＝1×10－13mol∙L－1的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－D．遇苯酚变紫色的溶液：Na＋、Mg2+、SO、Cl－【知识点】离子共存问题B1【答案解析】【解析】D解析：A．HCO3-与AlO双水解，不能共存，故A错误；B．使甲基橙变红色的溶液是酸性溶液，ClO－不能共存，故B错误；C．c(H＋)＝1×10－13mol∙L－1的溶液中呈碱性溶液，Cu2+不能共存，故C错误；D．遇苯酚变紫色的溶液是铁离子的溶液，各离子能共存，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，注意氧化还原及相互促进水解为解答的难点，题目难度不大。【题文】5．用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是19A．用图a所示装置干燥SO2气体B．用图b所示装置蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C．用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D．用图d所示装置测量氨气的体积【知识点】化学实验方案的评价J4【答案解析】【解析】B解析：A．干燥气体，大口进，小口出，图中气体的进入方向不合理，故A错误；B．图为蒸发结晶操作，并利用玻璃棒不断搅拌，操作合理，故B正确；C．水在上层，分液时避免上下层液体混合，则水层从分液漏斗上口倒出，故C错误；D．氨气极易溶于水，不能将水排出测定其体积，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的干燥、蒸发、分液及气体体积测定等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大。【题文】6．能正确表示下列反应的离子方程式是A．CuCl2溶液中加入少量氨水：Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO＋4OH－=2MnO2↓＋3SO42－＋2H2OC．电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑D．向Na2SO3溶液中滴加足量NaClO溶液：SO+ClO－=SO+Cl－【知识点】离子方程式的书写判断B1【答案解析】【解析】D解析：A．氨水是弱碱，不能拆成离子形式，故A错误；B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO＋2H2O=2Mn2+↓＋5SO42－＋4H+，故B错误；C．电解饱和MgCl2溶液：Mg2++2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故C错误；D．向Na2SO3溶液中滴加足量NaClO溶液：SO+ClO－=SO+Cl－，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写判断，注意氧化还原反应的配平与书写，难度中等。【题文】7．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1.00mol·L－1NaCl溶液中含有Na+的数目为NAB．常温常压下，6.4g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数为0.2NAC．标准状况下，1.12LHCHO中C原子的数目为0.05NAD．一定条件下6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA【知识点】阿伏伽德罗常数及应用A1【答案解析】【解析】C解析：A．没指明溶液的体积，无法计算，故A错误；19B．只能计算氧原子总数，无法计算分子总数，故B错误；C．标准状况下，1.12LHCHO物质的量为0.05mol，分子中C原子的数目为0.05NA，故C正确；D．6.4g二氧化硫的物质的量为0.1mol，由于二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于0.1mol，转移的电子小于0.2mol，故D错误故答案选C【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项D为易错点，需要明确可逆反应特点．【题文】8．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（部分反应物及反应条件已略去，箭头表示一步转化）。下列各组物质中，满足图示转化关系的是物质选项甲乙丙戊丁ACuHNO3Cu(NO3)2FeNOBH2OFeH2O2Fe2O3CAlNaOHH2Al2O3NaAlO2DCH3CHOO2CH3COOHH2H2O【知识点】无机物的推断C5D5【答案解析】【解析】A解析：A．铁和硝酸反应也能生成NO气体，铁和硝酸铜反应方程式为：Fe+Cu（NO3）2=Fe（NO3）2+Cu，所以能实现物质间的转化，故A正确；B．铁和水蒸气反应方程式为4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，氢气和氧气反应方程式为2H2+O22H2O，所以不能能实现三氧化二铁的转化，故B错误；C．Al和氢氧化钠溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝是活泼金属不能用氧化还原反应冶炼铝，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故C错误；D．乙醛和氧气反应生成乙酸，反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，，所以不能实现转化，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法来分析解答，注意铁和水蒸气反应后的产物，为易错点．【题文】9．下列依据相关实验得出的结论正确的是A．利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解B．向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1mol·L－1H2SO4溶液，试管口出现红棕色气体，说明溶液中NO被Fe2＋还原为NO2C．将某气体通入品红溶液中，品红褪色，说明该气体一定是SO2D．向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀生成，说明淀粉没有水解生成葡萄糖【知识点】化学实验方案的评价J4【答案解析】【解析】A解析：19A．利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，可知有胶体分散系，即说明明矾一定发生了水解，故A正确；B．在酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3-为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故B错误；C．将某气体通入品红溶液中，品红褪色，气体可能为二氧化硫，也可能为氯气等，故C错误；D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液应在碱性条件下反应，反应后的溶液应先加入氢氧化钠溶液调节溶液至碱性，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及漂白性、盐类水解及胶体性质、醛基的检验等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．【题文】10．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是形成化合物种类最多的元素，且X常见化合价为＋1和－1，Y原子最外层电子数是次外层的3倍；Z与X处于同一主族，W的原子序数是Y的2倍。下列叙述不正确的是A．原子半径的大小顺序：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)B．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C．化合物Z2Y2与X2Y反应时，Z2Y2既是氧化剂又是还原剂D．由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物其水溶液可能显酸性【知识点】元素结构与元素周期律E1【答案解析】【解析】B解析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是形成化合物最多的元素，且X常见化合价为+1和-1，故X为氢元素；Y原子最外层电子数是次外层的3倍，则Y元素原子有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为氧元素；Z与H元素处于同一主族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，W的原子序数是Y的2倍，W的原子序数为16，故W为硫元素，A．氢原子比较最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞S＞O＞H，即r（Z）＞r（W）＞r（Y）＞r（X），故A正确；B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故B正确；C．化合物Na2O2与H2O反应时，反应中只有Na2O2中氧元素化合价既降低又升高，Na2O2是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．由H、O、Na、S四种元素组成的化合物为硫酸氢钠、亚硫酸氢钠，二者的混合容易可能为中性，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了结构性质位置关系，难度中等，D选项为易错点，容易考虑单一化合物溶于水，忽略混合溶于水的情况．不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。【题文】11．下列说法正确的是A．已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，则常温下Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数K=2.5×10—5B．准确称取0.4000gNaOH固体可配成100mL0.1000mol·L—1的NaOH标准溶液19C．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等D．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率【知识点】沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响F4H5【答案解析】【解析】A解析：A．Ksp[Fe(OH)3]=C3(OH-)·C(Fe3+)=4.0×10—38，反应的平衡常数：K=C(Fe3+)/C3(H+)=[C3(OH-)·C(Fe3+)]/K3w=2.5×10—5，故A正确；B．称取0.4000g的NaOH，因NaOH易吸收水和二氧化碳，配制成100mL溶液，最终NaOH溶液的浓度不是0.1000 mol•L-1，故B错误；C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故D错误．故答案选A【思路点拨】本题考查了沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大．【题文】12．我国科研人员以蹄叶橐吾为原料先制得化合物Ⅰ，再转化为具有抗癌抑菌活性的倍半萜化合物Ⅱ，有关转化如图所示。下列有关说法不正确的是A．化合物Ⅰ能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物Ⅰ分子中含有4个手性碳原子C．化合物Ⅱ一定条件下能发生取代、消去及加成反应D．检验化合物Ⅱ是否含化合物Ⅰ可用Br2的CCl4溶液【知识点】有机物的结构与性质K1【答案解析】【解析】BD解析：A．化合物I中含C=C键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．连有4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则中有含有5个手性碳原子，如图中黑色球表示的碳，故B错误；C．化合物Ⅱ中含-Cl、-OH、C=C，则一定条件下能发生取代、消去及加成反应，故C正确；D．两种化合物中均含C=C，均能使Br2的CCl4溶液褪色，所以用Br2的CCl4溶液不能检验化合物Ⅱ是否含化合物Ⅰ，故D错误；故答案选BD【思路点拨】本题考查了有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉醇、烯烃的性质是解答的关键，选项B为解答的难点，题目难度不大。【题文】13．下列叙述正确的是A．合成氨工业中，移走NH3可增大正反应速率，提高原料转化率B．酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗2次，再加入待测液C．将NO2、N2O4混合气体的体积压缩为原来的一半，则气体颜色加深19D．牺牲阳极的阴极保护法和外加直流电的阴极保护法都是应用电解原理【知识点】化学平衡移动、酸碱中和滴定、电解原理应用F4G2【答案解析】【解析】C解析：A．减少生成物的浓度，反应速率减小，则合成氨生产过程中将NH3移走，减小正反应速率，平衡正移，故A错误；B．酸碱中和滴定时，锥形瓶一定不能用待测液润洗，否则使得待测夜的物质的量偏大，影响滴定结果，故B错误；C．压缩混合气体体积，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，但是同时体系的压强增大，平衡会向着正方向移动，颜色变浅，最终比原来颜色深，故C正确；D．牺牲阳极的阴极保护法是应用原电池原理，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了影响反应速率的因素、中和滴定、金属的腐蚀和防护，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大．【题文】14．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA(g)＋B(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和下图表示：容器甲乙丙容积1L1L2L温度T1T2T2反应物起始量1molA2molB1molA2molB4molA8molB下列说法正确的是A．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应B．T1时该反应的平衡常数K=7.2C．前10min甲、乙、丙三个容器中A的反应速率：v(A)甲＝v(A)乙＜v(A)丙D．平衡时A的质量m：m乙＜m甲＜m丙【知识点】化学平衡的计算G2G3【答案解析】【解析】BC解析：A．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故该反应为放热反应，故A错误；B．由图可知，平衡时乙容器内C的浓度为1mol/L，则： A（g）+B（g）⇌2C（g）．开始（mol/L）：1 2 0 变化（mol/L）：0.75 0.75 1.5平衡（mol/L）：0.25 1.25 1.5故T2时该反应的平衡常数K=1.52÷(0.25×1.25)=7.2，故B正确；故B正确；C．由图可知，前10min甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，乙容器中C的浓度变化量为1mol/L，丙容器中C的浓度变化量为2mol/L，故v(A)甲＝v(A)乙＜v(A)丙，故C正确；D．由图可知，平衡时A的质量m：m甲＜m乙＜m丙，故D错误；故答案选BC【思路点拨】本题考查了化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算，难度较大.【题文】15．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是19A．3.0L0.1mol·L－1NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8g时，溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)B．常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)C．常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO)－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1D．物质的量浓度之比为1∶2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝2c(HCO)＋2c(H2CO3)＋2c(CO)【知识点】离子浓度大小的比较H6【答案解析】【解析】BC解析：A．n（NaOH）=0.1mol/L×3.0L=0.3mol，n（CO2）=8.8g÷44g/mol=0.2mol，1＜n(NaOH)/n(CO2)=1.5＜2，所以二者反应生成NaHCO3和Na2CO3，设n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，根据C原子、Na原子守恒得x+y＝0.2,2x+y＝0.3解得x=0.1，y=0.1，所以二者反应生成等物质的量的NaHCO3和Na2CO3，碳酸钠的水解程度远远大于碳酸氢钠的水解程度，所以溶液中c（CO32-）＜c（HCO3-），故A错误；B．醋酸根水解产生的氢氧根与盐酸的氢离子浓度相同，而水解是微弱的，故醋酸根的浓度要远大于氯离子的，水解产生的醋酸与盐酸电离的氯离子浓度相同，故c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)，故B正确；C．常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中，亚硫酸根电离程度大于水解，：c(SO)－c(H2SO3)=c(H+)－c(OH-)=10-6-10-8=9.9×10－7mol·L－1，故C正确；D．根据物料守恒，物质的量浓度之比为1∶2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，2c(HClO)＋2c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，故D错误；故答案选BC【思路点拨】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，难点是A选项，先根据守恒确定溶液中的溶质，再根据水解程度大小确定离子浓度，题目难度中等．非选择题（共80分）【题文】水钴矿浸出液滤液萃后余液盐酸Na2SO3浸出①加Na2CO3调pH至5.2②过滤沉淀萃取剂萃取剂蒸发结晶CoCl2·6H2O(粗产品)NaClO316．（12分）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式。19萃取率%10080604020123456pHFe3+Al3+Mn2+Co2+（2）NaClO3的作用是。（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为。（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。萃取剂的作用是；其使用的较适宜pH范围是。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是。（答一条即可）【知识点】制备实验方案的设计、难溶电解质沉淀溶解平衡H5J4【答案解析】【解析】（12分）（1）Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O（2分）（2）将Fe2+氧化成Fe3+（2分）（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（2分）（4）除去溶液中的Mn2+（2分）B（2分）（5）粗产品中混有Cl—含量比样品高的可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水等（2分）解析：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O； （2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2→+3，失去电子，NaClO3中氯元素的化合价由+5→-1价，得到电子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；（3）加Na2CO3调pH至5.2，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B； （5）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．【思路点拨】本题考查了有关CoCl2•6H2O的工艺流程，理解工艺流程图，掌握实验操作与设计及相关物质的性质是解答的关键，题目难度中等．【题文】17．（15分）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：19请回答下列问题：（1）有机化合物B中的含氧官能团为和(填名称)。（2）上述反应中，过程②属于反应。（3）若过程①发生的是取代反应，且另一种产物有HBr，写出由A到B发生反应的化学方程式。（4）非诺洛芬的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能与NaHCO3反应放出CO2，能与FeCl3溶液发生显色反应；Ⅱ．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。写出符合条件的一种同分异构体的结构简式：。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH浓H2SO4170℃CH2＝CH2H2催化剂/△CH3CH3【知识点】有机合成M3【答案解析】【解析】（15分）（1）醚键（2分）、羰基（2分）（2）还原反应（2分）（3）（2分）（4）或19或（2分）（5）（5分，每步1分）或H2/催化剂浓硫酸/△CN解析：（1）有机化合物B中的含氧官能团为醚键和羰基；（2）上述反应中，过程②将碳氧双键打开两端加氢，属于还原反应；（3）由A到B发生反应的化学方程式：（4）同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能与NaHCO3反应放出CO2，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有羧基和酚羟基；Ⅱ．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则符合条件的结构有：、、、；（5）参照已知条件，流程图如下：或H2/催化剂浓硫酸/△CN【思路点拨】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置，题目难度中等．19【题文】18．(12分)某研究小组用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示。（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是________℃，要达到此要求需要采取的措施是。（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO氧化成SO，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO2)的离子方程式：。（3）该小组拟以“m(ClO2)/m(NaClO3)”作为衡量ClO2产率的指标。若取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mLClO2溶液，取此溶液20mL与37.00mL0.500mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后，过量的Fe2＋再用0.0500mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL。反应原理为：4H＋＋ClO2＋5Fe2＋===Cl－＋5Fe3＋＋2H2O14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O试计算ClO2的“产率”(写出计算过程)。【知识点】离子方程式书写、化学方程式的计算A4B1【答案解析】【解析】（12分）（1）30°C，（2分）水浴加热（2分）30°C（2）15ClO3－+FeS2+14H+═==15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42－（2分）（3）依据题给反应方程式的关系式： Cr2O72—————6Fe2+1 60.0500mol•L—1×0.020L 0.006mol（2分）ClO2————5Fe2+ 1 5 0.0025mol 0.037L×0.500mol•L—1—0.006mol400mLClO2溶液中含ClO2 0.0025mol×20=0.05mol；（2分）以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，所以产率=0.05mol×67.5g/mol÷6.0g×100%=56.25%.（2分）解析：（1）ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度再30°C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上，控制100°C以下的温度需要用水浴加热；故答案为：30℃；水浴加热19；（2）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42-；答案为：15ClO3-+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42-；（3）依据题干离子反应过程得到 Cr2O72-～～～～～～～～～6Fe2+ 1 6 0.0500mol•L-1×0.020L 0.006mol ClO2～～～～～5Fe2+ 1 5 0.0025mol 0.037L×0.500mol•L-1-0.006mol400mLClO2溶液中含ClO20.0025mol×20=0.05mol；以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，所以产率=0.05mol×67.5g/mol÷6.0g=×100%=56.25%【思路点拨】本题考查了化学方程式计算应用，反应条件选择，离子方程式书写，题目难度中等。【题文】废玻璃粉末NaOH溶液滤液A过滤滤液B滤渣B滤渣A稀硫酸过滤稀硫酸、H2O2氧化混合保温80℃加热蒸发操作……作。硫酸铁铵矾硫酸铵溶液（热浓）反应①含Ce3+的溶液加碱Ce(OH)3的悬浊液O2Ce(OH)4产品19．（15分）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题小组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵矾：已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸；Ⅲ．硫酸铁铵矾［Fe2(SO4)3·(NH4)2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理。（1）滤液A的主要成分（填写化学式）。（2）写出反应①的离子方程式 。（3）反应①之前要洗涤滤渣B，对滤渣B进行洗涤的实验操作方法是 。（4）稀土元素的提纯，还可采用萃取法。已知化合物HT作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，过程表示为Ce2(SO4)3(水层)+6HT(有机层)2CeT3(有机层）+3H2SO4(水层)，分液得到CeT3(有机层），再加入H2SO4获得较纯的含Ce3+19的水溶液。可选择硫酸作反萃取剂的原因是。（5）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。称取Ce(OH)4样品加酸溶解用FeSO4溶液滴定所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（6）已知Fe3+沉淀的pH范围：2.2～3.2，Fe2+沉淀的pH范围：5.8～7.9，Zn2+沉淀的pH范围：5.8～11.0，pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2－。现用FeSO4溶液（含有ZnSO4杂质）来制备硫酸铁铵矾。实验中可选用的试剂：KMnO4溶液、30%H2O2、NaOH溶液、饱和石灰水、稀H2SO4溶液、稀盐酸。实验步骤依次为：①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液中，加入足量的NaOH溶液至pH>11，；②；③向②中得到的溶液中加入硫酸铵溶液，，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体(NH4)Fe(SO4)2·12H2O。【知识点】防治空气污染的措施；空气的污染及其危害O1O3【答案解析】【解析】（15分）（1）Na2SiO3（1分）（2）2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O（2分）（3）沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2~3次（2分）（4）加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层（2分）（5）偏大（2分）（6）①过滤、洗涤（2分）②将沉淀溶解在足量的稀硫酸中，并加入适量30%H2O2溶液，充分反应（2分）③蒸发浓缩，冷却结晶（2分）解析：（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，故滤液A的主要成分：Na2SiO3(2）滤渣B是CeO2，它与酸性条件下的双氧水发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O（3）反应①之前要洗涤滤渣B，对滤渣B进行洗涤的实验操作方法是：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2~3次；（4）根据平衡移动原理，可选择硫酸作反萃取剂的原因是：加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层；（5）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce（OH）4产品的质量分数会增大；（6）①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液中，加入足量的NaOH溶液至pH>11，此时溶液生成Fe(OH)2沉淀和[Zn(OH)4]2－，此时过滤、洗涤分离固体和液体；②要将亚铁生成三价铁，故操作是：将沉淀溶解在足量的稀硫酸中，并加入适量30%H2O2溶液，充分反应；③向②中得到的溶液中加入硫酸铵溶液，蒸发浓缩，冷却结晶后，过滤、洗涤、常温晾干，得硫酸铁铵晶体(NH4)Fe(SO4)2·12H2O。19【思路点拨】本题以工艺流程为基础，考查了化学实验基本操作、元素及化合物知识反应等相关知识，提纯制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法，题目难度中等。【题文】20．(14分)（1）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术。反应①为主反应，反应②和③为副反应。①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)∆H1②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)∆H2③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)∆H3则反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的∆H＝（用∆H1、∆H2和∆H3表示）（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH①该反应平衡常数表达式为K＝。②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。该反应的ΔH____(填“＞”“＜”或“=”)0。若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K将(填“增大”“减小”或“不变”)。③二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为。（3）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2＋2nCu＋(n＋1)O2＋(2－2n)H2O＝2nCuSO4＋(2－2n)H2SO4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为。②利用下图所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的总的离子方程式：。石墨铜隔膜SO2CuSO4H2SO4H2SO419【知识点】热化学方程式的书写、化学平衡有关计算、燃料电池、电解原理F2F3F4G4【答案解析】【解析】14分)（1）4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）（2）①[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)] （2分）②<（2分）；不变（2分）③CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋（2分）（3）①减少酸雨的发生（2分）②SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu（2分）解析：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；（2）①该反应平衡常数表达式为K＝[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]；②CO2的转化率随温度的升高而减小，说明温度升高逆向移动，故该反应的ΔH<0；K只与温度有关，若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K不变。③燃料电池的负极是燃料放电，正极是氧气放电，二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋；（3）①脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生；②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu【思路点拨】本题考查了电化学应用、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及表示方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用。【题文】21．（12分）【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A．[物质结构与性质]2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO↑+5CO2↑元素周期表中第四周期的金属元素在生产和科研中有非常重要的使用价值。（1）测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉作显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰。相关的反应如下：4FeCl3+2NH2OH•HCl=4FeCl2+N2O↑+6HCl+H2O①Fe3+在基态时，核外电子排布式ls22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；②羟胺中（NH2OH）采用sp3杂化的原子有N、O，三种元素电负性由大到小的顺序为；③Fe2+与邻啡罗啉（用A表示）形成的配合物[FeA3]2+中，Fe2+的配位数为6；19④N2O分子的空间构型为（用文字描述）。（2）分子氢的规模化制备是氢能应用的基础。在光化学电池中，以紫外线照钛酸锶电极时，可分解水制取H2同时获得O2。已知钛酸锶晶胞结构如图所示，则钛酸锶的化学式为。【知识点】原子结构、杂化、化学键、晶胞结构E1E3E4【答案解析】【解析】（12分）（1）①[Ar]3d5（2分）②N，O（2分）；O>N>H（2分）③6（2分）④直线型（2分）（2）SrTiO3（2分）解析：（1）①铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe3+在基态时，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；故答案为：ls22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；②羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，同一周期元素电负性从左到右递增，在NH2OH中，H显正价，H的电负性最小，故电负性大小顺序是O＞N＞H；故答案为：N、O；O＞N＞H；③配位数就是在配位个体中与一个形成体成键的配位原子的总数，所以Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物（形成过程如图1）中，配位数为6，故答案为：6；④N2O与CO2是等电子体，具有相似的结构，应为直线形分子，故答案为：直线型；（2）该晶胞中Ti原子个数为1，O原子个数6×1/2=3，Sr原子的个数为8×1/8=1,所以化学式为SrTiO3，故答案为：SrTiO3；【思路点拨】本题综合性较大，涉及晶体、化学键、杂化轨道、电负性、晶胞计算等，但难度不大，根据课本知识即可完成．B．[实验化学]略2022—2022学年度第一学期随堂测试参考答案选择题（1~10题每小题2分；11~15题每小题4分）12345678910BACDBDCAAB111213141519ABDCBCBC16．（12分）（1）Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O（2分）（2）将Fe2+氧化成Fe3+（2分）（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（2分）（4）除去溶液中的Mn2+（2分）B（2分）（5）粗产品中混有Cl—含量比样品高的可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水等（2分）17．（15分）（1）醚键（2分）、羰基（2分）（2）还原反应（2分）（3）（2分）（4）或或（2分）或H2/催化剂浓硫酸/△CN（5）（5分，每步1分）18、（12分）（1）30°C，（2分）水浴加热（2分）30°C（2）15ClO3－+FeS2+14H+═==15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42－（2分）（3）依据题给反应方程式的关系式： Cr2O72—————6Fe2+1 60.0500mol•L—1×0.020L 0.006mol（2分）ClO2————5Fe2+ 1 5 0.0025mol 0.037L×0.500mol•L—1—0.006mol400mLClO2溶液中含ClO2 0.0025mol×20=0.05mol；（2分）以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，19所以产率=0.05mol×67.5g/mol÷6.0g×100%=56.25%.（2分）19．（15分）（1）Na2SiO3（1分）（2）2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O（2分）（3）沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复2~3次（2分）（4）加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层（2分）（5）偏大（2分）（6）①过滤、洗涤（2分）②将沉淀溶解在足量的稀硫酸中，并加入适量30%H2O2溶液，充分反应（2分）③蒸发浓缩，冷却结晶（2分）20．(14分)（1）4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）（2）①[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)] （2分）②<（2分）；不变（2分）③CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋（2分）（3）①减少酸雨的发生（2分）②SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu（2分）21．（12分）A．[结构化学]（1）①[Ar]3d5（2分）②N，O（2分）；O>N>H（2分）③6（2分）④直线型（2分）（2）SrTiO3（2分）19
