安徽省蚌埠市第二中学2022学年高三化学上学期期中试题含解析.doc

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1、安徽省蚌埠市第二中学2022学年高三化学上学期期中试题含解析可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Co-59 Cu-64第I卷选择题 共48分一选择题在每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。每题3分，共48分1.中国传统文化对人类文明奉献巨大。以下古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是 A. ?抱朴子黄白?中“曾青涂铁，铁赤色如铜主要发生了置换反响B. ?本草纲目?中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露，利用到蒸馏C. ?天工开物五金?中记载：“假设造熟铁，那么生铁流出时，相连数尺内众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。炒铁是为了降

2、低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差D. ?梦溪笔谈?中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔那么多断折中的剂钢是指铁的合金【答案】C【解析】【详解】A. “曾青涂铁，铁赤色如铜，主要发生的反响为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反响为置换反响，A正确；B. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露，意思就是将酒精从浓酒从糟中蒸出来，利用的是蒸馏原理，B正确；C. 炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地软，延展性好，C错误；D. 剂钢，是一种质地坚硬的铁，是指铁的合金，D正确。应选C。2.以下表达中正确的选项是 A. 液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封以减少

3、其易挥发B. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再参加品红溶液，红色褪去C. 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+D. 氨气是一种碱性气体，可用无水CaCl2枯燥【答案】B【解析】【详解】A. 药品存放时，固体用广口瓶，溶液用细口瓶，所以液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口试剂瓶中，并加水“水封以减少其易挥发，A不正确；B. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，发生反响Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，溶液变浑浊，再参加品红溶液，红色褪去(HClO具有漂白性)，B正确；C. 滴加稀NaOH溶液，由于溶液浓度小，且氨气溶

4、解度很大，即使有氨气生成也很难逸出，所以将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，并不能证明原溶液中无NH4+，C不正确；D. 氨气与无水CaCl2能反响，生成CaCl28NH3，所以氨气不能用无水氯化钙枯燥，D不正确。应选B。3.NA表示阿伏加德罗常数的值，那么以下说法正确的选项是 A. 1 molSiO2晶体中SiO键数为4NAB. 将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和为2NAC. 密闭容器中2 molNO与1 molO2充分反响，产物的分子数为2NAD. 78 gNa2O2固体与过量水反响转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A. 在SiO2晶体中

5、，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2中平均含4个Si-O键，1 molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，A正确；B. 将1 mol Cl2通入水中，有一局部Cl2没有跟水发生反响，就以Cl2分子的形式存在于溶液中，还有一局部Cl2与水发生反响，生成HClO、Cl-、ClO- ，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和应小于2NA，B不正确；C. 密闭容器中2 molNO与1 molO2充分反响，生成2molNO2，NO2还要局部化合，生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C不正确；D. 78 gNa2O2固体与过

6、量水发生反响，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，转移的电子数为NA，D不正确。应选A。4. 以下关于物质分类的说法正确的选项是( )稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体 氯水、次氯酸都属于弱电解质 Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 电解熔融的Al2O3、12C 转化为14C 都属于化学变化葡萄糖、油脂都不属于有机高分子A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：分散质微粒直径不同是分散系本质区别，稀豆浆属于胶体分散系、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，故错误； 氯水是氯气的水溶液属于混合物，次氯酸属于弱电解质，故错误；FeO

7、、MgO和酸反响生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反响又能与碱反响，是两性氧化物，故错误；明矾是硫酸铝钾晶体属于化合物、冰水混合物是一种物质组成的纯洁物、四氧化三铁是化合物，都不是混合物，故正确；12C转化为14C是核反响，既不属于物理变化又不属于化学变化，故错误；葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，不是高分子化合物，故正确；应选D。【考点定位】考查物质的分类、有机高分子化合物的定义等。【名师点晴】根底考查，侧重概念的理解与应用；胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；水溶液中局部电离的电解质为弱电解质，是化合物；碱性氧化物是指和酸反响

8、生成盐和水的氧化物；不同物质组成的为混合物；物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成如果有新物质生成，那么属于化学变化；有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；据此分析判断即可。5.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反响不能实砚如以下图所示转化的是选项XYZANaNaOHNaClBSiSiO2Na2SiO3CCl2HClONaClODNONO2HNO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A. 钠和水反响生成氢氧化钠，电解熔融的氯化钠生成钠，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反响生成氯化钠，A正确；B. 硅酸钠不能直接转

9、化为硅单质，B错误；C. 氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反响生成次氯酸钠，次氯酸钠溶液吸收CO2转化为次氯酸，次氯酸钠氧化盐酸生成氯气，C正确；D. NO与氧气反响生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，浓硝酸被复原生成NO2，稀硝酸被复原生成NO，D正确，答案选B。6.O2F2可以发生反响：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，以下说法正确的选项是 A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是复原剂C. 假设生成4.48 L HF，那么转移0.8 mol电子D. 复原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【详解】AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气

10、是复原产物，故A正确；B在反响中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反响后升高为+6价，所以H2S表现复原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反响中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被复原，氧化产物为SF6，复原产物为O2，由方程式可知氧化剂和复原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；应选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素

11、化合价的变化，为解答该题的关键，反响H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被复原；氧化产物为SF6，复原产物为O2，以此解答该题。7.以下陈述I、II均正确并且有因果关系的是 选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反响CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A 、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可

12、用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有复原性，错误。应选B。8.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如下图。以下有关化合物X的说法正确的选项是 A. 分子式为C16H14O4B. 1 mol化合物X在一定条件下最多加成6 molH2C. 分子中有三种官能团，酸性条件下水解后官能团还是三种D. 1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反响【答案】B【解析】【详解】A. X的分子式为C16H162+2-112O4，即为C16H12O4，A错误；B.X中，苯基能与H2加成，而羧基、酯基与H2不能加成，所以 1 mol化合物X在一定条件下最多加成6 mo

13、lH2，B正确；C. X分子中含有羧基、酯基二种官能团，酸性条件下水解后官能团还是二种，C不正确；D. 1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反响，D不正确。应选B。【点睛】在判断有机物化学式正误时，我们可以数出C、H、O的原子个数，也可用计算法，即以同数碳原子的烷烃作为根底，将同数碳原子的烷烃分子中的氢原子数减去不饱和度的二倍，即为该有机物分子中氢原子的数目。叁键的不饱和度为2，双键、环的不饱和度都为1，那么苯环的不饱和度为4，羧基和酯基的不饱和度都为1。9.以下根据实验操作和现象所得出的结论正确的选项是 选项实验操作实验现象结论A向溶液X中参加NaHCO3粉末产生无色气体溶液X的溶质

14、不一定属于酸B将FeSO4高温强热，得红棕色固体，产生的气体通入BaCl2溶液产生白色沉淀白色沉淀为BaSO4和BaSO3C将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液两溶液均褪色X可能是乙烯D向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成Y中一定含有SO42-A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.向溶液X中参加NaHCO3粉末，产生无色气体，说明生成CO2气体，那么X提供H+，溶液X的溶质可能是酸，也可能是酸式盐，A正确；B将FeSO4高温强热，得红棕色固体，产生的气体应为SO2和SO3，将气体通入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀只能为BaSO4，不能为B

15、aSO3，因为SO2与BaCl2溶液不发生反响，不会生成BaSO3，B不正确；C将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液，两溶液均褪色，X只能是SO2，不可能是乙烯，因为乙烯不能使品红褪色，C不正确；D向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，Y中可能含有SO42-，也可能含有SO32-，D不正确。应选A。10.以下有关离子方程式正确的选项是 A. 稀硝酸和过量的铁屑反响：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2OB. 向Ca(HCO3)2溶液中参加过量NaOH溶液：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2OC. 碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3

16、+H2OCO32+H3O+D. Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O【答案】B【解析】【详解】A. 当Fe过量时，Fe3+将被Fe复原为Fe2+，所以稀硝酸和过量的铁屑反响，离子方程式为：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，A不正确；B. 向Ca(HCO3)2溶液中参加过量NaOH溶液，因为NaOH过量，所以参加反响的Ca2+、HCO3-符合组成1：2关系，反响的离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O，B正确；C. HCO3+H2OCO32+H3O+，此反响式为碳酸氢钠的电离方程式，C不正确；D. Fe(

17、OH)3溶于氢碘酸中，I-将Fe3+复原，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe+I2+6H2O，D不正确。应选B。11.以下说法中正确的选项是 A. 除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，枯燥B. FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明铁的金属性比铜强C. 配制质量分数为20 %的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒D. 工业上用氯气和石灰水反响制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封【答案】A【解析】【详解】A. 除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发，NaCl结晶析出，趁热过滤，洗涤，枯燥，得纯洁的NaCl

18、晶体，A正确；B. FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，B不正确；C. 配制质量分数为20 %NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为天平、烧杯、玻璃棒、量筒，C不正确；D. 工业上用氯气和石灰乳反响制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封，D不正确。应选A。【点睛】漂白粉是由氯气与氢氧化钙消石灰反响制得。因为绝对枯燥的氢氧化钙与氯气并不发生反响，氯气只能被氢氧化钙所吸附。但漂白粉遇水或潮湿空气会强烈水解，甚至引起燃烧爆炸。所以制取漂白粉时，采用含有1%以下游离水分的消石灰来进行氯化，所用的氯气也含有0.06%以下水分。12.以下实验中，所使用的装置局部夹持装置略

19、、试剂和操作方法都正确的选项是 A. 用装置配制250 mL0.1 molL-1的NaOH溶液B. 用装置制备少量Fe(OH)2固体C. 用装置验证乙烯的生成D. 用装置制取少量乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A. 用装置配制250 mL0.1 molL-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；B. 用装置制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；C. 因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；D. 用

20、装置制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。应选B。13.25时，以下各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. pH1的溶液中：Na、K、MnO4、CO32B. c(H)11013mol/L的溶液中：Mg2、Cu2、SO42、NO3C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K、Na、NO3、ClD. 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2、NH4、SCN、SO42【答案】C【解析】【详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；B. c(H+)=110-13mol/L溶液显碱性，那么Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；C.

21、 K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；综上所述，此题选C。【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化复原反响、能否发生复分解反响以及还要溶液是否有颜色方面的要求。14.a mol FeS与b mol FeO投入V L c molL-1的HNO3溶液(过量)中，充分反响，产生气体为NO，那么反响后溶液中NO3-的量为 A. 62(ab) gB. 186(ab) gC. molD. mol【答案】D【解

22、析】分析】依据得失电子守恒，计算表现氧化性的HNO3的物质的量，HNO3总量减去表现氧化性的硝酸量，即可得到溶液中NO3-的量。【详解】FeS中，Fe由+2价升高到+3价，S由-2价升高到+6价，a mol FeS共失电子9amol；FeO中，Fe由+2价升高到+3价，b mol FeO共失电子b mol；HNO3中，N由+5价降为+2价，1molHNO3共得电子3mol。设表现氧化性的HNO3的物质的量为x那么 9a+b=3x x= 从而得出反响后溶液中NO3-的量为(cV-)mol。答案为D。15.科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正

23、极，以0.5 mol/Li2SO4 水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。以下有关该电池的说法正确的选项是A. 该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动B. 该电池负极的电极反响式为:2Li+2H2O=2LiOH+H2C. 电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连D. 电池充电时，阳极的电极反响式为:Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4 +Li+【答案】D【解析】A、根据图示可知，电极a为金属Li作负极，电极b为正极，所以电池放电时，溶液中的SO42-向电负极a移动，即A错误；B、该电池负极的电极反响式为Li-e-=Li+，故B错误；C、在给

24、电池充电时，遵循正接正、负接负的原那么，所以外加直流电源的正极与该电池的正极b相连，故C错误；D、根据放电、充电时电子转移的规律可知，充电时的阳极反响式为放电时正极反响的逆反响，即Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+，即D正确。所以此题正确答案为D。16.常温下，向20.00mL 0.200 0 mol/LNH4Cl溶液中逐滴参加0.2000 mol/LNaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如以下图所示不考虑挥发。以下说法正确的选项是A. a点溶液中：c(H+)+c(NH3H2O)=c(OH-)+c(NH4+)B. b点溶液中：c(Cl-)=c(Na+)c(H+)=c

25、(OH-)C. c点溶液中：c(NH3H2O)+ c(NH4+)= c(Cl-)+ c(OH-)D. d点溶液中：c(Cl-) c(NH3H2O) c(OH-) c(NH4+)【答案】D【解析】A. a点溶液是NH4Cl溶液，由质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)，A不正确；B. b点溶液呈中性，此时所加氢氧化钠的物质的量不到氯化铵的一半，所以c(Cl-)c(Na+)c(H+)=c(OH-)，B不正确；C. c点溶液中，由电荷守恒可知，c(NH3H2O)+ c(NH4+)= c(Cl-)，C不正确；D. d点溶液中，氯化铵和氢氧化钠恰好完全反响，溶液中存在一水合氨的电离平衡和

26、水的电离平衡，溶液显碱性，所以c(Cl-) c(NH3H2O) c(OH-) c(NH4+)，D正确。此题选D。第II卷非选择题 共52分二非选择题第17-20题为必考题，考生都必须作答。第21-22题为选考题，共52分17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。通常状况下，X与W元素均能形成1价的气态氢化物，Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，X、Z和W的原子最外层电子数之和为20。答复以下问题：(1) W在元素周期表中的位置是_。(2)X和Y元素简单离子的半径较大的是_(填离子符号)；Z和W元素气态氢化物的稳定性较弱的是_(填化学式)。(3)Y的氧化物中既含离子键又含共价键

27、的是_(用电子式表示)。(4)Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液(过量)和氧化亚铜共热，反响的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期第 A族 (2). F (3). H2S (4). (5). 3H2SO4(浓)Cu2O2CuSO4SO23H2O【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。通常状况下，X与W元素均能形成1价的气态氢化物，说明X、W是第A族元素，那么X为F、W为Cl；Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，那么Y为Na；X、Z和W的原子最外层电子数之和为20，那么Z的最外层电子数为6，即为S。从而得出X、Y、Z、W分别为F、Na、S、Cl。【详解】(1

28、) W为氯，在元素周期表中的位置是第三周期第 A族。答案为：第三周期第 A族(2)X和Y元素简单离子分别为F-和Na+，二者的电子层结构相同，但Na的核电荷数大，所以其离子半径小。从而得出二者中半径较大的F。答案为：FZ和W元素气态氢化物为H2S和HCl，S的非金属性比Cl弱，所以二者氢化物的稳定性较弱的是H2S。答案为：H2S(3)Y的氧化物中既含离子键又含共价键的是过氧化钠，其电子式为。答案为 (4)Z的最高价氧化物对应水化物为硫酸，浓硫酸(过量)和氧化亚铜共热，反响的化学方程式为3H2SO4(浓)Cu2O2CuSO4SO23H2O。答案为：3H2SO4(浓)Cu2O2CuSO4SO23H

29、2O18.一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯洁枯燥的氯气与二硫化碳反响来制取(CS2+3Cl2 CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反响方程式为_。(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，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。 写出一氯化硫与水反响的化学反响方程式_。(3)B装置的作用是_。(4)D中冷凝管的冷水进水口为_填“a或“b；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间前方可向D中水槽里面参加热水加热，这样做的目

30、的是_。(5)F装置是用来处理尾气氯气的，该吸收反响的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，那么该反响被复原的氯原子与被氧化的氯原子物质的量之比为_。【答案】 (1). MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2+ Cl2+2H2O (2). 2S2Cl2+2H2O = 3SSO2+4HCl (3). 除去氯气中的HCl (4). a (5). 赶走装置内部的氧气和水，防止S2Cl2因反响而消耗 (6). 2：1【解析】【分析】从装置图中可以看出，A为氯气制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为枯燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为收集一氯

31、化硫的装置，F为尾气处理装置。【详解】(1)A装置实验室制取Cl2的装置，发生反响的离子反响方程式为MnO2+ 2Cl-+4H+ 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。 一氯化硫与水反响的化学反响方程式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

32、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，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间前方可向D中水槽里面参加热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，防止S2Cl2因反响而消耗。答案为：赶走装置内部的氧气和水，防止S2Cl2因反响而消耗(5)F装置是用来处理尾气氯气的，该吸收反响的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，发生反响的化学方程式为：6Cl2+12NaOH= 8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2O (按得失电

33、子守恒配NaCl的化学计量数)那么该反响被复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2：119.CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算)：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0(1)写出“酸溶时发生氧化复原反响的化学方程式_。(2)“除铝过程中需要调节溶液pH的范围为_ 。(3)在实验室里，萃取操

34、作用到的玻璃仪器主要有_；上述“萃取过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_。(4)简述洗涤沉淀的操作_。(5)在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，那么该钴氧化物的化学式为 _。【答案】 (1). Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O (2). 5.05.4 (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 向有机层中参加适量的硫酸溶液充分振荡，静置，别离出水层 (5). 向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述

35、操作2-3次 (6). Co3O4【解析】【详解】(1)从最终产物看，酸溶时，Co2O3被复原为Co2+，SO2被氧化为SO42-，“酸溶时发生氧化复原反响的化学方程式Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O(2)“除铝过程中需要调节溶液pH的范围，目的是让Al3+全部转化为沉淀，而Zn2+不生成沉淀，所以pH的范围应为5.05.4。答案为：5.05.4(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。答案为：分液漏斗、烧杯上述“萃取过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2S

36、O4(水层)，从反响中可以看出，此反响为可逆反响，所以加硫酸可实现让ZnSO4进入水层的目的。从而得出由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中参加适量的硫酸溶液充分振荡，静置，别离出水层。答案为：向有机层中参加适量的硫酸溶液充分振荡，静置，别离出水层(4)洗涤沉淀的操作是：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。(5)从化学式CoCO3可以看出，n(Co)=n(C)=，m(Co)=0.03mol59g/mol=1.77gm(O)=2.41g-1.77g=0.64gn(O)= n(Co)：n(

37、O)= 0.03mol：0.04mol=3：4那么该钴氧化物的化学式为Co3O4。答案为：Co3O420.石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫，石油化工催生出多种脱硫技术。答复以下问题：(1)热化学方程式：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) H1=-362 kJmol-12H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H2=-1172 kJmol-1那么H2S气体和氧气反响生成固态硫和液态水的热化学方程式为_。(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反响的平衡常数为_。(H2CO3 的Ka1=4

38、.210-7，Ka2=5.610-11；H2S的Ka1=5.610-8，Ka2=1.210-15)(3)在强酸溶液中用H2O2 可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS 的脱硫。该反响的化学方程式为_。(4)COS的水解反响为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) H0。某温度时，用活性-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比n(H2O)/n(COS)的转化关系如图1所示。其它条件相同时，改变反响温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示：该反响的最正确条件为:投料比n(H2O)/n(COS)_，温度_。P点对应的平衡常数为_ 。(保存小

39、数点后2 位)【答案】 (1). 2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) H=-632kJmol-1 (2). 1.0103 (3). COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O (4). 10：1 (5). 160 (6). 0.05【解析】【详解】(1) 2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) H1=-362 kJmol 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H2=-1172 kJmol-1将2+/3得：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) H=-632kJmol-1答案为：2H2S(g)+O2(g)=2S

40、(s)+2H2O(l) H=-632kJmol-1(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反响的平衡常数为K=答案为：1.0103(3)在强酸溶液中用H2O2 可将COS氧化为硫酸。该反响的化学方程式为COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O。答案为：COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O(4)从图1中可以看出，投料比n(H2O)/n(COS)为10:1时，COS的转化率最高。答案为 10:1温度为160时，COS的转化率最高。 答案为：160 在P点，n(H2O)/n(COS)=6，COS的转化率为40%设COS的起始浓度

41、为1mol/L，那么H2O(g)的起始浓度为6mol/LK=答案为：0.0521.微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。1基态硼原子的价电子轨道表达式是_。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为_。2晶体硼单质的根本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_。3B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。B2H6分子结构如图，那么B原子的杂化方式为_氨硼烷NH3BH3被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是_，写出一种与氨硼烷互为等

42、电子体的分子_填化学式。4以硼酸H3BO3为原料可制得硼氢化钠NaBH4，它是有机合成中的重要复原剂。BH4-的立体构型为_。5磷化硼BP是受高度关注的耐磨材料，可作为金属外表的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如下图。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是_。【答案】 (1). (2). CBeB (3). 自范性 (4). sp3杂化 (5). N (6). C2H6 (7). 正四面体 (8). 正方形【解析】【详解】1基态硼原子的价电子轨道表达式是。答案为：与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be和C，由于Be的2s轨道全充满，所以第一电离能大于B的第一电离能，但比C的

43、第一电离能小，所以第一电离能由大到小的顺序为CBeB。答案为：CBeB2晶体硼单质的根本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性。 答案为：自范性3B2H6分子结构中，B原子的杂化方式为sp3杂化。答案为：sp3杂化氨硼烷NH3BH3被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N。答案为：NB、N的价电子数之和刚好是C价电子数的2倍，所以与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6。答案为：C2H64BH4-的立体构型为正四面体。答案为：正四面体5磷化硼晶体中4个B原子分布在以正方体中心为中心的正四面体位置，其沿z轴在平面的投影图中，B原

44、子构成的几何形状是正方形。答案为：正方形22.化合物J是一种重要的有机中间体，可以由苯合成，具体合成路线如下：(1)J的化学式为_ ；F的名称为_。 (2)B中官能团名称为_ 。(3)IJ的反响类型为_ 。 (4)F -G的反响方程式为_ 。(5)与I属于同种类型物质且苯环上有两个取代基的同分异构体有_种。符合以下条件的J的一种同分异构体结构简式为_。属于芳香族化合物 不能与金属钠反响 有3种不同化学环境的氢原子。【答案】 (1). C12H10O (2). 萘 (3). 羰基、羧基 (4). 氧化反响 (5). (6). 14 (7). 【解析】【详解】(1)J的化学式为C12H10O。答案为：C12H10OF的名称为萘。答案为：萘 (2)B中官能团名称为羰基、羧基。答案为：羰基、羧基(3)IJ的反响