2020-2021学年山东省潍坊市某校10月高三质量监测 (化学)试
卷
一、选择题
1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ） A.碳酸氢钠可用于食品膨松剂 B.𝐾𝐴𝑙(𝑆𝑂4)2⋅12𝐻2𝑂可用做净水剂 C.30%双氧水溶液用于皮肤伤口消毒 D.二氧化硫可用于食品杀菌、抗氧化
2. 汉字书法艺术是中华优秀传统文化的代表之一，古人所谓“文房四宝”是书法必备用品。以下四种，其主要化学成分属于无机盐的是（ ） A.湖笔
3. 下列分离或提纯物质的方法错误的是（ ） A.用分液的方法分离水和苯 B.用渗析的方法精制氢氧化铁胶体
C.用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠 D.用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡
4. 1956年，美籍华人科学家吴健雄用6027𝐶𝑜放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现（此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖）。 6027𝐶𝑜的衰变方程为：
6027𝐶𝑜
𝐴−=𝑍𝑁𝑖+0−1𝑒+𝑣𝑒，其中𝑣𝑒是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0。下列说法错误的是（ ）
−
−
B.徽墨 C.宣纸 D.端砚
A.衰变产物𝑁𝑖质量数是60 B.𝐶𝑜与𝑁𝑖同在元素周期表的𝑑区
C.𝐶𝑜与𝑁𝑖基态原子核外电子占据的轨道数不同 D.基态𝑁𝑖原子的价电子排布为3𝑑84𝑠2
5. 𝑁𝐴是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.含0.1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎+的𝑁𝑎2𝑂和𝑁𝑎2𝑂2的混合物中，阴离子总数等于0.05𝑁𝐴 B.标准状况下2.24𝐿𝐶𝑙2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2𝑁𝐴 C.0.1𝑚𝑜𝑙𝐹𝑒𝐶𝑙3水解生成的𝐹𝑒(𝑂𝐻)3胶粒数为0.1𝑁𝐴
D.1𝑚𝑜𝑙𝑁2与4𝑚𝑜𝑙𝐻2一定条件下反应，生成的𝑁𝐻3分子数为2𝑁𝐴
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6. 在给定条件下，下列物质转化每一步都能实现的是（ ） A.𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑞)→𝐶𝑙2(𝑔)→漂白粉(𝑠) B.𝑀𝑔(𝑂𝐻)2(𝑠)→𝑀𝑔𝐶𝑙2(𝑎𝑞)→𝑀𝑔(𝑠) C.𝐹𝑒3𝑂4(𝑠)→𝐹𝑒(𝑠)→𝐹𝑒𝐶𝑙2(𝑠)
高温△
𝐴𝑙(𝑠)
𝐶𝑙2(𝑔)
电解石灰乳盐酸电解D.𝐶𝑢𝑆𝑂4(𝑎𝑞)
过量氨水→
𝐶𝑢(𝑂𝐻)2(𝑠)→𝐶𝑢2𝑂(𝑠)
△
葡萄糖7. 下列对应离子方程式错误的是（ ）
A.配制𝐹𝑒𝐶𝑙3溶液时要加盐酸：𝐹𝑒3++3𝐻2𝑂⇌𝐹𝑒(𝑂𝐻)3+3𝐻+
+
B.向𝑁𝐻4𝐻𝐶𝑂3溶液中加过量的𝑁𝑎𝑂𝐻溶液并加热：𝑁𝐻4+𝑂𝐻−===𝑁𝐻3↑+𝐻2𝑂 2−C.盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞：𝑆𝑖𝑂2+2𝑂𝐻−=𝑆𝑖𝑂3+𝐻2𝑂
△
D.室温下用𝑁𝑎𝑂𝐻溶液吸收𝐶𝑙2：𝐶𝑙2+2𝑂𝐻−=𝐶𝑙𝑂−+𝐶𝑙−+𝐻2𝑂
8. 如图是氮及其化合物的“价—类”二维图，结合二维图及氧化还原反应原理的基本规律，下列相关分析或预测错误的是（ ）
A.硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管 B.𝑁𝑂、𝑁𝑂2和𝑁𝐻3在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物 C.可用加热𝑁𝐻4𝑁𝑂3的方法制备氨气
D.联氨(𝑁2𝐻4)可能被亚硝酸(𝐻𝑁𝑂2)氧化生成氢叠氮酸(𝐻𝑁3)
9. 短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊的原子序数依次增大，𝑋是地壳中含量最多的元素，𝑌、𝑍、𝑊对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应。下列判断正确的是（ ） A.原子半径𝑟(𝑊)>𝑟(𝑍)>𝑟(𝑌)>𝑟(𝑋) B.𝑍的单质可用作半导体材料
C.最高价氧化物的水化物中，𝑊原子的杂化方式为𝑠𝑝3
试卷第2页，总22页
D.𝑋的简单气态氢化物的热稳定性比𝑊的弱
10. 磷酸铁锂是价格低廉、应用广泛的电池材料，其制备过程可以简化成如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角
B.反应釜中反应的化学方程式为2𝐻3𝑃𝑂4+𝐿𝑖2𝐶𝑂3=2𝐿𝑖𝐻2𝑃𝑂4+𝐻2𝑂+𝐶𝑂2↑ C.分离的操作是过滤
D.烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应 二、多选题
油画变黑，可用一定浓度的𝐻2𝑂2溶液擦洗修复，发生的反应为：4𝐻2𝑂2+𝑃𝑏𝑆=𝑃𝑏𝑆𝑂4+4𝐻2𝑂，下列说法正确的是（ ） A.𝑃𝑏𝑆是氧化剂 B.𝑃𝑏𝑆𝑂4是氧化产物
C.𝑃𝑏位于元素周期表的第5周期Ⅳ𝐴族 D.𝐻2𝑂2在反应中既体现还原性又体现氧化性
二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物，在医药、航天、环保等行业具有广泛的应用，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.其分子式为 𝐶10𝐻10𝐹𝑒
B.分子中的𝐹𝑒失去了3𝑑能级上的2个电子 C.分子中既含有极性共价键又有非极性共价键 D.铁元素的第二电离能大于它的第三电离能
某同学进行如下实验：
实验步骤 实验现象 试纸颜色变化：黄色→蓝色(𝑝𝐻≈10)→黄色→红色(𝑝𝐻≈Ⅰ 将𝑁𝐻4𝐶𝑙固体加入试管中，并将湿润的𝑝𝐻试纸置于试管口，试管口略向试卷第3页，总22页
下倾斜，对试管底部进行加热 Ⅱ 将饱和𝑁𝐻4𝐶𝑙溶液滴在𝑝𝐻试纸上 下列说法错误的是（ ） 2)；试管中部有白色固体附着 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(𝑝𝐻≈5) A.根据Ⅱ中试纸变橙黄色，说明𝑁𝐻4𝐶𝑙是弱电解质
B.根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C.Ⅰ中试纸变成红色，是由于𝑁𝐻4𝐶𝑙水解造成的
D.根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热𝑁𝐻4𝐶𝑙的方法制备𝑁𝐻3
据文献报道：𝐹𝑒(𝐶𝑂)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是（ ）
A.𝑂𝐻−在反应中做催化剂 B.该反应可产生清洁燃料𝐻2 C.该反应属于氧化还原反应
D.该催化循环中𝐹𝑒的成键数目未发生变化
−2−
已知溶液中氧化性：𝐼𝑂3>𝐼2>𝑆𝑂3。向含3𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3的溶液中逐滴加入𝐾𝐼𝑂3溶液，加入的𝐾𝐼𝑂3和析出的𝐼2的物质的量的关系曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.𝑎点反应的还原剂是𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3，此时碘元素被还原
−−2−
B.𝑏点反应的离子方程式是：3𝐻𝑆𝑂3+𝐼𝑂3+3𝑂𝐻−=3𝑆𝑂4+𝐼−+3𝐻2𝑂
C.𝑐点到𝑑点的反应中共转移0.6𝑚𝑜𝑙电子
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D.向200𝑚𝐿 1 𝑚𝑜𝑙/𝐿的𝐾𝐼𝑂3溶液中滴加𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3溶液，反应开始时的离子方程式是：
−−2−
5𝐻𝑆𝑂3+2𝐼𝑂3=𝐼2+5𝑆𝑂4+3𝐻++𝐻2𝑂 三、解答题
二氧化氯(𝐶𝑙𝑂2)是一种高效消毒灭菌剂，可以有效灭活新冠病毒，但其稳定性较差，可转化为较稳定的𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2保存。利用吸收法可得到𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2。工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ．纯𝐶𝑙𝑂2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。 Ⅱ．𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2长期放置或高于60∘𝐶时易分解生成𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙。 回答下列问题：
（1）𝐶𝑙𝑂2中氯元素的化合价为________价，向𝐶𝑙𝑂2发生器中通入空气的目的是_____________________________。
（2）吸收塔中制取𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2的离子方程式是________________________________，温度不能超过20∘𝐶，可能的原因是_________________________________。
（3）吸收塔中为防止产生𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2被继续还原成𝑁𝑎𝐶𝑙，所用还原剂的还原性应适中。除𝐻2𝑂2外，还可以选择的还原剂是________（填序号）。 𝐴．𝑁𝑎2𝑂2 𝐵．𝑁𝑎2𝑆 𝐶．𝐹𝑒𝐶𝑙2 𝐷．𝐾𝑀𝑛𝑂4
（4）取等质量𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2，其中一份加热70∘𝐶，另一份严格保存。两份均配成溶液并分别与足量𝐹𝑒𝑆𝑂4溶液反应，消耗𝐹𝑒2+的物质的量________（填“相同”“不相同”或“无法判断”）。
（5）𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2与氯气反应可制得𝐶𝑙𝑂2，反应的化学方程式为_____________________________________。
𝐴、𝐵、𝐶、𝐷是原子序数依次递增的四种短周期元素。基态𝐴原子所含的电子只有一种运动状态；基态𝐵原子中有三个未成对电子。𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四种元素共同组成化合物𝑀，𝑀可发生如下反应：
回答下列问题：
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（1）𝐵原子的价电子排布式为________。实验室制备𝐵𝑚𝐴𝑛的化学方程式是________________________________________________。
（2）𝐴、𝐶、𝐷三种元素的原子半径由大到小的顺序为____________（用元素符号表示）。
（3）𝐵元素的第一电离能比同周期相邻两种元素的都高，原因是
___________________________________________________________________________________________________。
（4）𝐷元素的一种氧化物𝐷2𝑂为淡棕黄色气体，可由新制的𝐻𝑔𝑂和𝐷2发生歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）制得。上述制备𝐷2𝑂的化学方程式为___________________________。
（5）𝐷元素的另一种氧化物𝐷𝑂2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为𝑁𝑎𝐷𝑂2、𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4、𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3的泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到𝐷𝑂2溶液。上述过程中，生成𝐷𝑂2的反应属于歧化反应，每生成
1𝑚𝑜𝑙𝐷𝑂2消耗𝑁𝑎𝐷𝑂2的量为________𝑚𝑜𝑙；若产生的“气泡”与𝐷𝑂2的物质的量相等，则反应过程中消耗𝑁𝑎𝐷𝑂2、𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4、𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3的物质的量之比为________。
某实验小组同学用铜与浓硫酸反应制取𝑆𝑂2，验证𝑆𝑂2性质并制备𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3，设计如图所示实验装置。
回答下列问题：
（1）𝐴中反应的化学方程式为_________________________________。
（2）试管𝐶中的现象是_____________________________。
（3）试管𝐷中发生反应的离子方程式为________________________________。
−
（4）向装置𝐸中通入𝑆𝑂2可制得𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3。已知： 𝑁𝑎2𝑆𝑂3水溶液中𝐻2𝑆𝑂3、𝐻𝑆𝑂3、2−𝑆𝑂3随𝑝𝐻的分布如下图−1所示， 𝑁𝑎2𝑆𝑂3的溶解度曲线如图−2所示。
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①多孔球泡的作用是_____________________________________________。测量𝑁𝑎2𝐶𝑂3溶液的𝑝𝐻，当𝑝𝐻约为________时，停止通𝑆𝑂2。
②由𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3溶液制备无水𝑁𝑎2𝑆𝑂3的实验方案为：边搅拌边向𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3溶液中滴加𝑁𝑎𝑂𝐻溶液，测量溶液𝑝𝐻，𝑝𝐻约为10时，停止滴加𝑁𝑎𝑂𝐻溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于________∘𝐶条件下趁热过滤。
（5）制取𝑆𝑂2时由于条件控制不好，容易产生黑色的𝐶𝑢𝑆和𝐶𝑢2𝑆固体。𝐶𝑢𝑆和𝐶𝑢2𝑆都能溶于稀硝酸，它们高温灼烧的产物相同，以下鉴别𝐶𝑢𝑆和𝐶𝑢2𝑆两种黑色粉末的方法合理的是________（填序号）。
𝑎．将两种样品分别溶于硝酸，区别所产生的气体 𝑏．将两种样品分别溶于硝酸，区别溶液的颜色
𝑐．取两种同质量的样品分别在高温灼烧，区别残留固体的质量 𝑑．取两种同质量的样品分别在高温灼烧，区别残留固体的颜色
二氧化锰(𝑀𝑛𝑂2)是一种常温下非常稳定的黑色粉末状固体，可作为干电池的去极化剂，由软锰矿（主要成分为𝑀𝑛𝑂2，主要杂质有𝐴𝑙2𝑂3和𝑆𝑖𝑂2） 制备二氧化锰的一种工艺流程如下：
已知金属离子开始沉淀时的𝑝𝐻和完全沉淀时𝑝𝐻如表所示：
金属离子 𝐹𝑒2+ 𝐹𝑒3+ 𝐴𝑙3+ 𝑀𝑛2+ 1.5 2.8 3.4 4.7 5.8 7.8 开始沉淀时𝑝𝐻 6.3 完全沉淀时𝑝𝐻 8.3 回答下列问题： （1）为加快溶出速率，可采取的措施有______________________________（任写一条）。
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（2）溶出时，𝐹𝑒的氧化过程及得到𝑀𝑛2+的主要途径如图所示：
步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出𝑀𝑛2+的主要反应，其反应的离子方程式是
__________________________________，实际生产过程中𝑛(𝐹𝑒2+)/𝑛(𝑀𝑛𝑂2)的值比理论比值偏小，原因是________________________________。
（3）调节𝑝𝐻的范围为________________。
（4）电解过程装置如图所示： 𝑀𝑛𝑂2在________极（填“𝑀”或“𝑁”）生成，该极的电极反应式为__________________________________。
（5）向𝑚𝑔产品中依次加入足量𝑛𝑔𝑁𝑎2𝐶2𝑂4和足量稀𝐻2𝑆𝑂4，加热至充分反应。再用𝑐𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液滴定剩余𝑁𝑎2𝐶2𝑂4至终点，消耗𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液的体积为𝑉𝐿（已知：
−
𝑀𝑛𝑂2及𝑀𝑛𝑂4均被还原为𝑀𝑛2+），产品纯度为________（用质量分数表示）。
氮化铬（𝐶𝑟𝑁）是一种良好的耐磨材料，难溶于水，实验小组用无水氯化铬（𝐶𝑟𝐶𝑙3）与氨气在高温下反应制备𝐶𝑟𝑁，反应原理为𝐶𝑟𝐶𝑙3+𝑁𝐻3===𝐶𝑟𝑁+3𝐻𝐶𝑙，已知： 𝐶𝑟𝐶𝑙3溶于水，形成显紫色的[𝐶𝑟(𝐻2𝑂)6]3+离子；高温下升华。回答下列问题： （1）制备无水氯化铬并测定氯化铬晶体(𝐶𝑟𝐶𝑙3⋅𝑥𝐻2𝑂)中结晶水的含量。将石英玻璃管（带端开关𝐾1和𝐾2, 设为装置𝐴）称重，记为𝑚1𝑔。将适量氯化铬晶体装入石英玻璃管中，再次将装置𝐴称重，记为𝑚2𝑔。按图连接好装置进行实验。
高温
①将下列实验操作步骤正确排序________（填标号）；重复上述操作步骤，直至𝐴恒重，记为𝑚3𝑔
𝑎．点燃酒精灯，加热 𝑏．熄灭酒精灯 𝑐．关闭𝐾1和𝐾2 𝑑．打开𝐾1和𝐾2，缓缓通入𝑁2 𝑒．称量𝐴 𝑓．冷却至室温
②根据实验记录，计算氯化铬晶体中结晶水数目 𝑥=________（列式表示）。 ③下列情况有可能造成测定的𝑥值偏大的是________（填序号）。 𝑎．加热晶体的时间较长，温度过高
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𝑏．熄灭酒精灯后立即关闭𝐾1和𝐾2
𝑐．氯化铬晶体中含有加热时不分解的杂质
（2）制备氮化铬。实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示（夹持与加热装置省略）。
①盛放浓氨水的仪器名称是____________________________________。 ②装置𝐷的作用是___________________________________________。
（3）①请设计实验验证制得的𝐶𝑟𝑁中是否含有
𝐶𝑟𝐶𝑙3:________________________________________________。
②若无水𝐶𝑟𝐶𝑙3完全反应，但制得的𝐶𝑟𝑁中含有少量𝐶𝑟2𝑁杂质，取样品14.38𝑔在空气中充分进行高温加热，得固体残渣𝐶𝑟2𝑂3的质量为16.72𝑔，则样品中𝐶𝑟𝑁的质量分数为________（结果保留3位有效数字）。
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参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省潍坊市某校10月高三质量监测 (化学)试
卷
一、选择题 1.
【答案】 C
【考点】 化学与生活
二氧化硫的化学性质 过氧化氢
【解析】
𝐴．碳酸氢钠可以和酸反应生成二氧化碳、盐、水；
𝐵．明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水； 𝐶．30%双氧水是很强的氧化剂，会灼伤皮肤，千万不可用在皮肤上，用在皮肤上的是医用级的，浓度为3%；
𝐷．二氧化硫具有杀菌作用，可以用于食品防腐，但是用量很小，二氧化硫具有还原性，可用于抗氧化。
【解答】
𝐴．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，有气体生成，是制作面包等糕点的膨松剂，故𝐴不符合题意；
𝐵．明矾[𝐾𝐴𝑙(𝑆𝑂4)2⋅12𝐻2𝑂]溶于水会形成胶体，胶体具有吸附性，因此可用做净水剂，故𝐵不符合题意；
𝐶．30%双氧水是很强的氧化剂，会灼伤皮肤，千万不可用在皮肤上，用在皮肤上的是医用级的，浓度为3%，故𝐶符合题意；
𝐷．二氧化硫具有杀菌作用，可以用于食品防腐，但是用量很小，二氧化硫具有还原性，可用于抗氧化，故𝐷不符合题意； 故选𝐶。 2.
【答案】 D
【考点】
探究物质的组成或测量物质的含量 【解析】
𝐴．湖笔用的羊毛主要成分是蛋白质，属于有机物； 𝐵．徽墨主要是碳粒，碳属于单质；
𝐶．纸的原料是木材，主要成分是纤维素，属于有机物；
𝐷．端砚用石材制作的，石材的主要成分是碳酸钙，属于无机盐。 【解答】
𝐴．湖笔用的羊毛主要成分是蛋白质，属于有机物，故𝐴不选； 𝐵．徽墨主要是碳粒，碳属于单质，故𝐵不选；
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𝐶．宣纸的原料是木材，主要成分是纤维素，属于有机物，故𝐶不选；
𝐷．端砚用石材制作，石材的主要成分是碳酸钙，属于无机盐，故𝐷正确； 故选𝐷。 3.
【答案】 D
【考点】 渗析
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用 分液和萃取 【解析】
【解答】
𝐴．水是无机物，苯是有机物，二者互不相溶，混合后分层，可用分液的方法分离水和苯，故𝐴正确；
𝐵．胶体不能透过半透膜，而离子、分子可以，则用渗析的方法精制𝐹𝑒(𝑂𝐻)3胶体，故𝐵正确；
𝐶．碳酸氢钠加热时易分解，生成碳酸钠和水，所以可用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠，加热时水挥发，没有引入其他杂质，故𝐶正确；
𝐷．硫酸钡和碳酸钡都难溶于水，应通入二氧化碳，使碳酸钡生成碳酸氢钡，碳酸氢钡可溶于水，过滤后，硫酸钡被过滤掉，再蒸发结晶，碳酸氢钡分解生成碳酸钡，水和二氧化碳挥发，不引入其他杂质，故𝐷错误； 故选𝐷。 4. 【答案】 C
【考点】
质子数、中子数、核外电子数、质量数及其相互联系 原子核外电子排布 元素周期表的结构及其应用
【解析】
𝐴．衰变过程中遵守质子和中子守恒分析；
𝐵．𝐶𝑜与𝑁𝑖均为第四周期第Ⅷ族元素，均属𝑑区元素；
𝐶．基态𝐶𝑜原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑74𝑠2，基态𝑁𝑖原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑84𝑠2，𝐶𝑜和𝑁𝑖基态原子核外电子占据的轨道数相同； 𝐷．基态𝑁𝑖原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑84𝑠2，则基态𝑁𝑖原子的价电子排布为3𝑑84𝑠2。
【解答】
𝐴．衰变过程中遵守质子和中子守恒，则𝑁𝑖质量数为60，故𝐴正确； 𝐵．𝐶𝑜与𝑁𝑖均为第四周期第Ⅷ族元素，均属𝑑区元素，故𝐵正确；
𝐶．基态𝐶𝑜原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑74𝑠2，基态𝑁𝑖原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑84𝑠2，𝐶𝑜和𝑁𝑖基态原子核外电子占据的轨道数均为15，故𝐶错误；
𝐷．基态𝑁𝑖原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑84𝑠2，则基态𝑁𝑖原子的价电
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子排布为3𝑑84𝑠2，故𝐷正确； 故选𝐶。 5.
【答案】 A
【考点】
阿伏加德罗常数 盐类水解的应用 物质的量的相关计算 【解析】
【解答】
𝐴．𝑁𝑎2𝑂和𝑁𝑎2𝑂2中阳离子与阴离子的个数比均为2:1，故当含0.1𝑚𝑜𝑙钠离子时，所含的阴离子的物质的量为0.05𝑚𝑜𝑙，即0.05𝑁𝐴，故𝐴正确；
𝐵．标准状况下，2.24𝐿𝐶𝑙2的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙，由于氯气溶于水后，氯气与水不能完全反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中还存在少量氯气分子，所以含氯微粒总数小于0.2𝑁𝐴，故𝐵错误；
𝐶．𝐹𝑒𝐶𝑙3水解的离子方程式为𝐹𝑒3++3𝐻2𝑂⇌𝐹𝑒(𝑂𝐻)3+3𝐻+，该反应是可逆反应，不能完全进行，故水解出的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1𝑁𝐴，故𝐶错误；
𝐷．密闭容器中1𝑚𝑜𝑙𝑁2与4𝑚𝑜𝑙𝐻2在一定条件下充分反应，反应的化学方程式为𝑁2+3𝐻2
高温、高压催化剂⇌
2𝑁𝐻3，由于该反应是可逆反应，不能进行到底，则生成的𝑁𝐻3分子数小
于2𝑁𝐴，故𝐷错误； 故选𝐴。 6.
【答案】 A
【考点】
物质的相互转化和制备
铜金属及其重要化合物的主要性质 铁的氧化物和氢氧化物 【解析】
【解答】
𝐴．电解𝑁𝑎𝐶𝑙溶液得到氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，均可通过一步化学反应实现，故𝐴正确；
𝐵．𝑀𝑔(𝑂𝐻)2和𝐻𝐶𝑙反应生成𝑀𝑔𝐶𝑙2，𝑀𝑔𝐶𝑙2溶液电解生成𝐶𝑙2、𝐻2和𝑀𝑔(𝑂𝐻)2，得不到单质𝑀𝑔，应该电解熔融的𝑀𝑔𝐶𝑙2制备𝑀𝑔，故𝐵错误；
𝐶．𝐶𝑙2具有强氧化性，𝐹𝑒和𝐶𝑙2反应得到𝐹𝑒𝐶𝑙3得不到𝐹𝑒𝐶𝑙2，故𝐶错误；
𝐷．𝐶𝑢𝑆𝑂4和过量氨水反应生成𝐶𝑢(𝑂𝐻)2沉淀，葡萄糖与新制的𝐶𝑢(𝑂𝐻)2悬浊液在加热的条件下反应生成𝐶𝑢2𝑂沉淀，与固体𝐶𝑢(𝑂𝐻)2不反应，故𝐷错误； 故选𝐴。 7. 【答案】
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B
【考点】
盐类水解的应用 氯气的化学性质 离子方程式的书写 【解析】
【解答】
𝐴．𝐹𝑒3+易水解，水解生成𝐻+，水解的离子方程式为𝐹𝑒3++3𝐻2𝑂⇌𝐹𝑒(𝑂𝐻)3+3𝐻+，配制溶液时，可加入盐酸抑制𝐹𝑒𝐶𝑙3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故𝐴正确；
2−
𝐵．𝑁𝐻4𝐻𝐶𝑂3中加过量𝑁𝑎𝑂𝐻溶液并加热生成𝐶𝑂3、𝐻2𝑂并放出𝑁𝐻3，正确的离子方程式为：𝐻𝐶𝑂3−+𝑁𝐻4++2𝑂𝐻−====𝑁𝐻3↑+𝐶𝑂32−+2𝐻2𝑂，故𝐵错误； 𝐶．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，正确的离子方程式为：𝑆𝑖𝑂2+
2−
2𝑂𝐻−=𝑆𝑖𝑂3+𝐻2𝑂，故𝐶正确；
𝐷．用𝑁𝑎𝑂𝐻溶液吸收氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为： 𝐶𝑙2+2𝑂𝐻−=𝐶𝑙−+𝐶𝑙𝑂−+𝐻2𝑂，故𝐷正确； 故选𝐵。 8. 【答案】 C
【考点】
氨的制取和性质 硝酸的化学性质 含氮物质的综合应用
【解析】
𝐴．𝐻𝑁𝑂3具有强氧化性，可与银等金属反应；
𝐵．𝑁𝑂、𝑁𝑂2和𝑁𝐻3在一定条件下反应可生成氮气； 𝐶．𝑁𝐻4𝑁𝑂3受热分解产物不一定有𝑁𝐻3；
𝐷．𝑁2𝐻4（氮为−2价）和𝐻𝑁𝑂2（氮是+3价）反应可能生成𝐻𝑁3。 【解答】
𝐴．𝐻𝑁𝑂3中氮元素为+5价，具有强氧化性，稀硝酸能氧化许多不活泼的金属，如𝐶𝑢、𝐴𝑔等，则可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管，故𝐴正确；
𝐵．由题图可知𝑁𝑂、𝑁𝑂2在一定条件下均能和𝑁𝐻3发生归中反应，产物是氮气和水，故氨气可用于处理氮氧化物，故𝐵正确；
𝐶．通过分析𝑁𝐻4𝑁𝑂3中氮元素价态可知，其可能发生自身的氧化还原反应，所以其受热分解产物不一定有𝑁𝐻3，故不能用加热𝑁𝐻4𝑁𝑂3制备𝑁𝐻3，故𝐶错误；
𝐷．依据价态分析，𝑁2𝐻4（氮为−2价）和𝐻𝑁𝑂2（氮是+3价）反应可能生成𝐻𝑁3，故𝐷正确； 故选𝐶。 9.
【答案】 C
【考点】
金属性和非金属性强弱的判断方法
试卷第13页，总22页
△
原子半径及其递变规律
原子轨道杂化方式及杂化类型判断 原子结构与元素周期律的关系
【解析】
短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊的原子序数依次增大，𝑋是地壳中含量最多的元素，则𝑋是氧元素；𝑌、𝑍、𝑊对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应，则𝑌应为𝑁𝑎元素、𝑍为𝐴𝑙元素，𝑊可能为𝑆或𝐶𝑙元素。 【解答】
短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊的原子序数依次增大，𝑋是地壳中含量最多的元素，故𝑋为𝑂元素，𝑌、𝑍、𝑊对应的最高价氧化物的水化物能两两相互反应，且三者均为短周期元素，原子序数依次增大，则𝑌为𝑁𝑎元素、𝑍为𝐴𝑙元素、𝑊为𝑆或𝐶𝑙元素；
𝐴．核外电子层数越多，微粒半径越大，当核外电子层数相同时，原子序数越大，微粒半径越小，则𝑂、𝑁𝑎、𝐴𝑙与𝑆或𝐶𝑙元素的原子半径大小顺序为𝑟(𝑁𝑎)>𝑟(𝐴𝑙)>𝑟(𝑆或𝐶𝑙)>𝑟(𝑂)，故𝐴错误；
𝐵．𝑍为𝐴𝑙元素，𝐴𝑙是金属导体，不能用作半导体材料，故𝐵错误；
𝐶．𝑆或𝐶𝑙元素的最高价氧化物的水化物为𝐻2𝑆𝑂4或𝐻𝐶𝑙𝑂4，分子中𝑆或𝐶𝑙的杂化方式均为𝑠𝑝3杂化，故𝐶正确；
𝐷．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，𝑂的非金属性比𝑆或𝐶𝑙的非金属性强，则𝐻2𝑂的热稳定性比𝐻2𝑆或𝐻𝐶𝑙的热稳定性强，故𝐷错误； 故选𝐶。 10.
【答案】 A
【考点】
工艺流程分析及应用 氧化还原反应 化学方程式的书写 蒸发和结晶、重结晶
【解析】
由流程可知，磷酸、碳酸锂反应生成磷酸氢锂，经蒸发浓缩、结晶分离得到磷酸氢锂晶体，加入炭黑、氧化铁烧结得到磷酸铁锂。 𝐴．蒸发应用蒸发皿中进行； 𝐵．结合反应物、生成物判断； 𝐶．结晶后分离固体和液体；
𝐷．烧结过程中𝐹𝑒元素化合价降低。 【解答】
𝐴．蒸发用到的仪器主要为蒸发皿，还需要酒精灯、玻璃棒、泥三角等，故𝐴错误； 𝐵．磷酸、碳酸锂反应生成磷酸氢锂，反应的化学方程式为2𝐻3𝑃𝑂4+𝐿𝑖2𝐶𝑂3=2𝐿𝑖𝐻2𝑃𝑂4+𝐻2𝑂+𝐶𝑂2↑，故𝐵正确；
𝐶．结晶后分离固体和液体，则可通过过滤操作进行分离，故𝐶正确；
𝐷．烧结过程中氧化铁与炭黑发生反应，𝐹𝑒元素化合价降低，碳元素化合价升高，故该反应为氧化还原反应，故𝐷正确； 故选𝐴。 二、多选题 【答案】
试卷第14页，总22页
B
【考点】 氧化还原反应
元素周期表的结构及其应用
【解析】
反应4𝐻2𝑂2+𝑃𝑏𝑆=𝑃𝑏𝑆𝑂4+4𝐻2𝑂中，𝐻2𝑂2中负—价的𝑂元素得到电子被还原，表现了氧化性，还原产物为𝑃𝑏𝑆𝑂4,𝐻2𝑂；𝑃𝑏𝑆中−2价𝑆元素失去电子化合价升高被氧化，氧化产物为𝑃𝑏𝑆𝑂4，据此进行解答。 【解答】
反应4𝐻2𝑂2+𝑃𝑏𝑆=𝑃𝑏𝑆𝑂4+4𝐻2𝑂中，𝐻2𝑂2中−1价的𝑂元素得到电子被还原，表现了氧化性，还原产物为𝑃𝑏𝑆𝑂4、𝐻2𝑂；𝑃𝑏𝑆中−2价的𝑆元素失去电子化合价升高被氧化，氧化产物为𝑃𝑏𝑆𝑂4，
𝐴．𝑃𝑏𝑆中−2价的𝑆元素失去电子化合价升高被氧化，则𝑃𝑏𝑆是还原剂，故𝐴错误； 𝐵．𝑃𝑏𝑆中−2价的𝑆元素失去电子化合价升高被氧化，氧化产物为𝑃𝑏𝑆𝑂4，故𝐵正确； 𝐶．𝑃𝑏位于元素周期表的第6周期第Ⅳ𝐴族，故𝐶错误；
𝐷．𝐻2𝑂2中−1的𝑂元素得到电子被还原，为氧化剂，表现了氧化性，故𝐷错误； 故选𝐵。 【答案】 B,D
【考点】
有机物实验式和分子式的确定 元素电离能、电负性的含义及应用 原子核外电子的能级分布 共价键的形成及共价键的主要类型 【解析】
【解答】
𝐴．根据二茂铁的结构简式可推知其分子式为𝐶10𝐻10𝐹𝑒，故𝐴正确；
𝐵．铁的价电子排布式为3𝑑64𝑠2，所以优先失去4𝑠2轨道上的两个电子，故𝐵错误；
𝐶．二茂铁分子中含有𝐶=𝐶、𝐶−𝐶非极性共价键，也含有𝐶−𝐻、𝐶−𝐹𝑒极性共价键，故𝐶正确；
𝐷．离原子核越近，电子受核的吸引力越大，电离越难，电离所需的能量即电离能就越大，所以铁元素的第二电离能小于第三电离能，故𝐷错误； 故选𝐵𝐷。 【答案】 A,C
【考点】
盐类水解的应用
强电解质和弱电解质的概念 氨的实验室制法
【解析】 此题暂无解析 【解答】
实验Ⅰ中对盛有𝑁𝐻4𝐶𝑙固体的试管加热，湿润的𝑝𝐻试纸黄色→蓝色(𝑝𝐻≈10)→黄色→红色(𝑝𝐻≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱
试卷第15页，总22页
碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵；
实验Ⅱ中将饱和氯化铵溶液滴在𝑝𝐻试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(𝑝𝐻≈5)，
+
说明𝑁𝐻4𝐶𝑙溶液中𝑁𝐻4发生水解使溶液显酸性；
++
𝐴．根据Ⅱ中试纸变橙黄色，说明𝑁𝐻4𝐶𝑙溶液中𝑁𝐻4发生水解使溶液显酸性，𝑁𝐻4对应的碱即𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂是弱电解质，不能说明𝑁𝐻4𝐶𝑙是弱电解质，且𝑁𝐻4𝐶𝑙为盐，属于强电解质，故𝐴错误；
𝐵．根据分析，Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故𝐵正确；
𝐶．根据分析，Ⅰ中试纸变成红色，是由于𝑁𝐻4𝐶𝑙分解产生的氯化氢造成的，故𝐶错误； 𝐷．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又发生了化合反应生成氯化铵，则不宜用加热𝑁𝐻4𝐶𝑙的方法制备𝑁𝐻3，故𝐷正确； 故选𝐴𝐶。 【答案】 D
【考点】
探究化学反应机理 催化剂的作用 化学键 氧化还原反应
【解析】 此题暂无解析 【解答】
𝐴．从反应机理图中可知，𝑂𝐻−有进入的箭头也有出去的箭头，说明𝑂𝐻−参与了该催化循环，在反应中做催化剂，故𝐴正确；
𝐵．从反应机理图中可知，该反应的反应物为𝐶𝑂和𝐻2𝑂，产物为𝐻2和𝐶𝑂2，𝐹𝑒(𝐶𝑂)5作为整个反应的催化剂，而𝑂𝐻−仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应的化学方程式为𝐶𝑂+𝐻2𝑂=====𝐶𝑂2+𝐻2，故有清洁燃料𝐻2生成，故𝐵正确； 𝐶．从反应机理图中可知，该反应的化学方程式为𝐶𝑂+𝐻2𝑂=====𝐶𝑂2+𝐻2，该反应中有化合价的变化，属于氧化还原反应，故𝐶正确；
𝐷．从反应机理图中可知，𝐹𝑒的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故𝐷错误； 故选𝐷。 【答案】 B,C
【考点】
重要的氧化剂、还原剂 氧化还原反应
氧化还原反应的电子转移数目计算 离子方程式的书写 【解析】
试卷第16页，总22页
𝐹𝑒(𝐶𝑂)5
𝐹𝑒(𝐶𝑂)5
−−−
还原性𝐻𝑆𝑂3>𝐼−，所以首先是发生以下反应离子方程式：𝐼𝑂3+3𝐻𝑆𝑂3=𝐼−+
2−−−3𝑆𝑂4+3𝐻+，继续加入𝐾𝐼𝑂3，氧化性𝐼𝑂3>𝐼2，所以𝐼𝑂3可以结合𝐻+氧化𝐼−生成𝐼2，
−
离子方程式是𝐼𝑂3+6𝐻++5𝐼−=3𝐻2𝑂+3𝐼2，根据发生的反应来判断各个点的产物． 【解答】
−
向含3𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3的溶液中逐滴加入𝐾𝐼𝑂3溶液，还原性𝐻𝑆𝑂3>𝐼−，所以首先是发生
−−2−
以下反应离子方程式：3𝐻𝑆𝑂3+𝐼𝑂3=3𝑆𝑂4+𝐼−+3𝐻+，继续加入𝐾𝐼𝑂3，氧化性−−−𝐼𝑂3>𝐼2，所以𝐼𝑂3可以结合𝐻+氧化𝐼−生成𝐼2，离子方程式是𝐼𝑂3+6𝐻++5𝐼−=3𝐻2𝑂+3𝐼2；
−−2−
𝐴．𝑎点反应离子方程式为3𝐻𝑆𝑂3+𝐼𝑂3=3𝑆𝑂4+𝐼−+3𝐻+，𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3中的硫元素被
−
氧化，作还原剂，𝐼𝑂3中的碘元素被还原，作氧化剂，故𝐴正确；
−−2−
𝐵．𝑏点反应的离子方程式是：3𝐻𝑆𝑂3+𝐼𝑂3=3𝑆𝑂4+𝐼−+3𝐻+，故𝐵错误；
−
𝐶．𝑐点到𝑑点的反应离子方程式是𝐼𝑂3+6𝐻++5𝐼−=3𝐻2𝑂+3𝐼2，反应中生成0.6𝑚𝑜𝑙𝐼2，则转移电子的物质的量为1𝑚𝑜𝑙，故𝐶错误；
𝐷．向200𝑚𝐿 1 𝑚𝑜𝑙/𝐿的𝐾𝐼𝑂3溶液中滴加𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3溶液，则𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3与𝐾𝐼𝑂3反应生成
−−2−
𝑁𝑎2𝑆𝑂4和𝐼2，发生反应的离子方程式为5𝐻𝑆𝑂3+2𝐼𝑂3=𝐼2+5𝑆𝑂4+3𝐻++𝐻2𝑂，故𝐷正确； 故选𝐵𝐶。 三、解答题
【答案】
（1）+4,稀释产生的𝐶𝑙𝑂2，防止其分解爆炸
−
（2）2𝑂𝐻−+2𝐶𝑙𝑂2+𝐻2𝑂2=2𝐶𝑙𝑂2+𝑂2+2𝐻2𝑂,𝐻2𝑂2温度较高时易分解 （3）𝐴 （4）相同
（5）𝐶𝑙2+2𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2=2𝐶𝑙𝑂2+2𝑁𝑎𝐶𝑙 【考点】
工艺流程分析及综合应用 化学实验操作与目的 根据化学式判断化合价 氧化还原反应的计算 氧化还原反应 离子方程式的书写 化学方程式的书写
【解析】 此题暂无解析 【解答】
（1）𝐶𝑙𝑂2中氧元素为−2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，设氯元素的化合价为𝑥，则𝑥+(−2)×2=0，解得𝑥=+4，则𝐶𝑙𝑂2中氯元素的化合价为+4价；已知纯𝐶𝑙𝑂2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，则向𝐶𝑙𝑂2发生器中通入空气的目的是稀释产生的𝐶𝑙𝑂2，防止其分解爆炸。
（2）吸收塔中𝐶𝑙𝑂2与𝑁𝑎𝑂𝐻、𝐻2𝑂2发生反应生成𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2、𝑂2和𝐻2𝑂，反应的离子方
−
程式为2𝑂𝐻−+2𝐶𝑙𝑂2+𝐻2𝑂2=2𝐶𝑙𝑂2+𝑂2+2𝐻2𝑂，𝐻2𝑂2温度较高时易分解，则反应时温度不能超过20∘𝐶。
（3）所用还原剂的还原性应适中，还原性太强，会将𝐶𝑙𝑂2还原为更低价态产物，影响
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𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2生产，为方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，𝑁𝑎2𝑂2与𝐻2𝑂2性质相似，可代替𝐻2𝑂2作为还原剂，𝑁𝑎2𝑆、𝐹𝑒𝐶𝑙2还原性较强，会将𝐶𝑙𝑂2还原为更低价态产物，不能代替𝐻2𝑂2作为还原剂，𝐾𝑀𝑛𝑂4具有强氧化性，不能作还原剂，故选𝐴。 （4）加热70∘𝐶时，𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2变质可分解为𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙，𝐶𝑙元素从+3价变为+5价和
−−
−1价，反应的离子方程式为3𝐶𝑙𝑂2====2𝐶𝑙𝑂3+𝐶𝑙−，向变质后的溶液中加入−𝐹𝑒𝑆𝑂4，反应的离子方程式为2𝐶𝑙𝑂3+12𝐹𝑒2++6𝐻2𝑂=4𝐹𝑒(𝑂𝐻)3↓+2𝐶𝑙−+8𝐹𝑒3+；
−
未变质的𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2试样与足量𝐹𝑒𝑆𝑂4溶液反应的离子方程式为3𝐶𝑙𝑂2+12𝐹𝑒2++
6𝐻2𝑂=4𝐹𝑒(𝑂𝐻)3↓+3𝐶𝑙−+8𝐹𝑒3+；根据两种溶液与𝐹𝑒2+反应的离子方程式，可知𝐹𝑒2+与变质前后的𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2反应，最后的还原产物均为𝑁𝑎𝐶𝑙，根据电子守恒消耗的𝐹𝑒2+物质的量应相同。
△
（5）𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2与氯气反应生成𝐶𝑙𝑂2和𝑁𝑎𝐶𝑙，反应的化学方程式为𝐶𝑙2+2𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2=2𝐶𝑙𝑂2+2𝑁𝑎𝐶𝑙。 【答案】
（1）2𝑠22𝑝3,𝐶𝑎(𝑂𝐻)2+2𝑁𝐻4𝐶𝑙====𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝑁𝐻3+2𝐻2𝑂 （2）𝐴𝑙>𝐶𝑙>𝐻
（3）氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子𝑝能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素
（4）2𝐶𝑙2+𝐻𝑔𝑂=𝐻𝑔𝐶𝑙2+𝐶𝑙2𝑂 （5）1.25,5:8：4
【考点】
原子半径及其递变规律
原子结构与元素周期律的关系 元素电离能、电负性的含义及应用 原子核外电子排布 化学方程式的书写 物质的量的相关计算
【解析】 此题暂无解析 【解答】
𝐴、𝐵、𝐶、𝐷是原子序数依次递增的四种短周期元素，根据基态𝐴原子所含电子只有一种运动状态得出𝐴为𝐻，基态𝐵原子中有三个未成对电子得出𝐵为𝑁，𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四种元素共同组成化合物𝑀，根据𝑀的反应流程可知，𝑀中含有𝐶𝑙和𝐴𝑙，根据𝐶𝑥𝐷𝑦，可知𝐷为𝐶𝑙，𝐶为𝐴𝑙；
（1）𝐵为𝑁元素，价电子排布式为2𝑠22𝑝3，根据𝑀加热分解生成𝐵𝑚𝐴𝑛，可知𝐵𝑚𝐴𝑛为𝑁𝐻3，实验室制氨气的方程式为𝐶𝑎(𝑂𝐻)2+2𝑁𝐻4𝐶𝑙====𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝑁𝐻3+2𝐻2𝑂。 （2）𝐴为𝐻，𝐶为𝐴𝑙，𝐷为𝐶𝑙，电子层数越多，微粒半径越大，当电子层数相同时，原子序数越大，微粒半径越小，则原子半径大小顺序𝐴𝑙>𝐶𝑙>𝐻。
（3）𝐵是𝑁，氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电
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△
△
子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子𝑝能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素。
（4）𝐷元素为𝐶𝑙，𝐶𝑙2和𝐻𝑔𝑂反应得𝐻𝑔𝐶𝑙2和𝐶𝑙2𝑂，化学方程式为：2𝐶𝑙2+𝐻𝑔𝑂=𝐻𝑔𝐶𝑙2+𝐶𝑙2𝑂。
（5）由题意可知𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2生成𝐶𝑙𝑂2的反应为歧化反应，依据得失电子守恒可得，生成𝐶𝑙𝑂2与𝑁𝑎𝐶𝑙的物质的量之比为4：1，依据氯原子守恒可得，𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2与𝐶𝑙𝑂2的物质的量之比为5:4，故5𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2+4𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4=4𝐶𝑙𝑂2+𝑁𝑎𝐶𝑙+2𝐻2𝑂，每生成1𝑚𝑜𝑙𝐶𝑙𝑂2消耗𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2的量为1.25𝑚𝑜𝑙；泡腾片易溶于水，故“气泡”的成分只能是𝐶𝑂2， 𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4与𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3反应生成𝑁𝑎2𝑆𝑂4、𝐻2𝑂和𝐶𝑂2，反应的化学方程式为𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3+𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4=𝐶𝑂2↑+𝑁𝑎2𝑆𝑂4+𝐻2𝑂，气泡和𝐶𝑙𝑂2的物质的量相等，则𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂2、𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4、𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3物质的量之比为5:8:4。 【答案】
（1）2𝐻2𝑆𝑂4(浓)+𝐶𝑢====𝐶𝑢𝑆𝑂4+𝑆𝑂2↑+2𝐻2𝑂 （2）溶液由紫色逐渐变为红色
−2−
（3）5𝑆𝑂2+2𝑀𝑛𝑂4+2𝐻2𝑂=5𝑆𝑂4+2𝑀𝑛2++4𝐻+
△
（4）①增大气体与溶液接触面积加快反应速率使反应速率充分进行,4,②34 （5）𝑐
【考点】
物质制备实验和性质实验综合应用 制备实验方案的设计 性质实验方案的设计 二氧化硫的化学性质
铜金属及其重要化合物的主要性质 氧化还原反应 离子方程式的书写 化学方程式的书写
【解析】 此题暂无解析 【解答】
（1）装置𝐴中的反应为铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2𝐻2𝑆𝑂4(浓)+𝐶𝑢====𝐶𝑢𝑆𝑂4+𝑆𝑂2↑+2𝐻2𝑂；
（2）装置𝐴中产生的二氧化硫通入石蕊试液，二氧化硫会跟水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸可以使紫色石蕊试液变红；
（3）装置𝐴中产生的二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫会跟酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，反应的离子方程式为5𝑆𝑂2+
−2−
2𝑀𝑛𝑂4+2𝐻2𝑂=5𝑆𝑂4+2𝑀𝑛2++4𝐻+； （4）①多孔球泡的作用是增大气体与溶液接触面积，加快反应速率使反应充分进行；由图1可知，当溶液𝑝𝐻为4时，可完全反应生成𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3，此时可停止通入𝑆𝑂2，测定𝑁𝑎2𝐶𝑂3溶液的𝑝𝐻；
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△
②由𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3溶液制备无水𝑁𝑎2𝑆𝑂3，可边搅拌边向𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂3溶液中滴加𝑁𝑎𝑂𝐻溶液，测量溶液 𝑝𝐻，由图像1可知𝑝𝐻约为10时，可完全反应生成𝑁𝑎2𝑆𝑂3，此时停止滴加𝑁𝑎𝑂𝐻溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图像2可知在高于34∘𝐶条件下其溶解度最大，所以在此温度下加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，可得到无水𝑁𝑎2𝑆𝑂3； （5）两种样品分别溶于硝酸，生成的产物相同，反应的化学方程式为：3𝐶𝑢𝑆+8𝐻𝑁𝑂3(稀)====3𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+3𝑆↓+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂；
3𝐶𝑢2𝑆+16𝐻𝑁𝑂3(稀)====6𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+3𝑆↓+4𝑁𝑂↑+8𝐻2𝑂；
𝑎．产生的气体都为𝑁𝑂，不能区别，故错误； 𝑏．溶液的颜色都为蓝色，故错误；
𝑐．等质量的𝐶𝑢𝑆和𝐶𝑢2𝑆分别在高温下灼烧都生成𝐶𝑢𝑂和𝑆𝑂2，但质量变化不同，𝐶𝑢𝑆灼烧后质量减小，𝐶𝑢2𝑆灼烧后残留固体质量不变，根据物质的质量可鉴别，故正确； 𝑑．灼烧后固体都为黑色的氧化铜，不能鉴别，故错误； 故选𝑐。
【答案】
（1）将软锰矿粉碎（或适当升高温度，合理即可）
（2）𝑀𝑛𝑂2+4𝐻++2𝐹𝑒2+=𝑀𝑛2++2𝐹𝑒3++2𝐻2𝑂,二氧化锰能够氧化单质铁为𝐹𝑒2+ （3） 4.7∼5.8
（4）𝑀, 𝑀𝑛2+−2𝑒−+2𝐻2𝑂=𝑀𝑛𝑂2+4𝐻+ （5）
(𝑛−335𝑐𝑉)×87
134𝑚
△
△
【考点】
工艺流程分析及综合应用 化学实验操作与目的 离子方程式的书写 沉淀溶解的应用 电解池的工作原理及应用 电解池电极反应式 氧化还原反应的计算 化学方程式的有关计算
【解析】 此题暂无解析 【解答】
（1）为加快溶出速率，可将软锰矿粉碎、适当升高温度等。
（2）步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出𝑀𝑛2+的主要反应，即𝐹𝑒2+与𝑀𝑛𝑂2反应生成𝑀𝑛2+，反应的离子方程式为𝑀𝑛𝑂2+4𝐻++2𝐹𝑒2+=𝑀𝑛2++2𝐹𝑒3++2𝐻2𝑂，因为𝑀𝑛𝑂2能氧化过量的𝐹𝑒生成𝐹𝑒2+，导致需要的𝑀𝑛𝑂2的量增加，则在实际生产过程中𝑛(𝐹𝑒2+)/𝑛(𝑀𝑛𝑂2)的值比理论比值偏小。
（3）在氧化过程中，𝐹𝑒2+被氧化为𝐹𝑒3+，根据表中信息可知，𝑝𝐻=2.8时𝐹𝑒3+完全沉淀，𝑝𝐻=4.7时𝐴𝑙3+完全沉淀，𝑝𝐻=5.8时𝑀𝑛2+开始沉淀，则要使𝐹𝑒3+、𝐴𝑙3+完全沉淀，且𝑀𝑛2+不发生沉淀，需要调节𝑝𝐻值的范围为4.7∼5.8。
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（4）调𝑝𝐻过滤后，滤液为𝑀𝑛𝑆𝑂4溶液，电解滤液制𝑀𝑛𝑂2，在电解装置中，𝑀电极与电源正极相连，作阳极，𝑁电极与电源负极相连，作阴极，𝑀𝑛2+在阳极发生氧化反应生成𝑀𝑛𝑂2，则𝑀𝑛𝑂2在𝑀极生成，阳极电极反应式为 𝑀𝑛2+−2𝑒−+2𝐻2𝑂=𝑀𝑛𝑂2+4𝐻+。
（5）向𝑚𝑔产品中依次加入足量𝑛𝑔𝑁𝑎2𝐶2𝑂4和足量稀𝐻2𝑆𝑂4，该过程中反应的化学方程式为𝑀𝑛𝑂2+𝑁𝑎2𝐶2𝑂4+2𝐻2𝑆𝑂4=𝑁𝑎2𝑆𝑂4+𝑀𝑛𝑆𝑂4+2𝐶𝑂2↑+2𝐻2𝑂；由题意可知，加入的𝑁𝑎2𝐶2𝑂4并没有和产品中的𝑀𝑛𝑂2完全反应，还有一部分𝑁𝑎2𝐶2𝑂4和加入的𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液发生反应，反应的化学方程式为5𝑁𝑎2𝐶2𝑂4+2𝐾𝑀𝑛𝑂4+8𝐻2𝑆𝑂4=
10𝐶𝑂2↑+2𝑀𝑛𝑆𝑂4+8𝐻2𝑂+5𝑁𝑎2𝑆𝑂4；则和𝐾𝑀𝑛𝑂4溶液反应的𝑁𝑎2𝐶2𝑂4的物质的量为𝑐𝑚𝑜𝑙/𝐿×𝑉𝐿×2=
5
5𝑐𝑉2
𝑚𝑜𝑙，加入的𝑁𝑎2𝐶2𝑂4的物质的量为134𝑔/𝑚𝑜𝑙=134𝑚𝑜𝑙，产品
𝑛
5𝑐𝑉2
𝑛𝑔𝑛
中𝑀𝑛𝑂2的物质的量等于与其反应的𝑁𝑎2𝐶2𝑂4的物质的量为(134−为
(
𝑛5𝑐𝑉
−)𝑚𝑜𝑙×87𝑔/𝑚𝑜𝑙1342
)𝑚𝑜𝑙，产品的纯度
𝑚𝑔
=
(𝑛−335𝑐𝑉)×87
134𝑚
。
【答案】
（1）①𝑑𝑎𝑏𝑓𝑐𝑒,②
158.5(𝑚2−𝑚3)18(𝑚3−𝑚1)
,③𝑎
（2）①分液漏斗,②防止水蒸气进入装置𝐶
（3）①取少量所得产物加入盛有水的烧杯中，用玻璃棒搅拌静止，若溶液变为紫色，说明制得的𝐶𝑟𝑁中含有𝐶𝑟𝐶𝑙3，溶液颜色不变，则不含𝐶𝑟𝐶𝑙3,②91.8％ 【考点】
物质制备实验和性质实验综合应用 化学实验操作与目的 实验步骤的探究 有关混合物反应的计算
【解析】 此题暂无解析 【解答】
（1）①测定氯化铬晶体中结晶水的含量，在准备好装置后，先打开𝐾1、𝐾2向其中通入氮气，排尽装置中的氧气，以防对实验造成干扰，再点燃酒精灯加热，直至𝐴恒重，结晶水失去后，熄灭酒精灯，将装置冷却至室温，再关闭𝐾1、𝐾2，防止空气进入装置，再称量𝐴即可，故操作的正确顺序为𝑑𝑎𝑏𝑓𝑐𝑒；
②根据题意可知，结晶水的质量为𝑚2−𝑚3，氯化铬的质量为𝑚3−𝑚1，所以可得𝑥=
158.5(𝑚2−𝑚3)18(𝑚3−𝑚1)
；
③𝑎．已知：𝐶𝑟𝐶𝑙3溶于水，会形成紫色的[𝐶𝑟(𝐻2𝑂)6]3+离子，高温下易升华，加热晶体的时间较长，温度过高，会导致氯化铬减少，𝑚3比正常值小，
158.5(𝑚2−𝑚3)18(𝑚3−𝑚1)
的值偏大，故𝑎正确；
𝑏．熄灭酒精灯后立即关闭𝐾1、𝐾2，则称量时装置𝐴中质量偏小，故𝑏错误； 𝑐．氯化铬晶体中含有加热时不分解的杂质对实验结果无影响，故𝑐错误； 故选𝑎。
（2）①盛放浓氨水的仪器名称为分液漏斗；
②装置𝐷干燥管中为无水氯化钙，其作用为防止空气中的水蒸气进入装置𝐶，对实验造
试卷第21页，总22页
成干扰。
（3）①设𝐶𝑟𝑁与𝐶𝑟2𝑁的物质的量分别为𝑥𝑚𝑜𝑙、𝑦𝑚𝑜𝑙，则根据题意可列出方程式： 66𝑥+118𝑦=14.38 𝑥+2𝑦
×152=16.72 2解得𝑥=0.2、𝑦=0.01，
则样品中𝐶𝑟𝑁的质量分数为14.38≈91.8％。
66×0.2
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