【文档说明】山东省泰安市2021届高三上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(21)页，1.170 MB，由小赞的店铺上传

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高三年级考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1N14O16Mg24S32Cl35.5Fe56Sr88Sn119Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分.每小题只有一个选项符合题意.1.《本草纲目》记载：“凡使白矾

石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A.蒸发皿B.坩埚C.坩埚钳D.研钵【答案】A【解析】【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固

体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。2.垃圾分类，一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称。下列有关垃圾分类说法错误

的是A.废弃的聚乙烯塑料分类回收之后直接填埋，可以有效减少白色垃圾B.铝制易拉罐分类回收，可大大节约矿物资源C.果皮等食品类废物可进行堆肥处理D.在垃圾分类处理中化学能够发挥重要的作用【答案】A【解析】【详解】A．废弃的

聚乙烯塑料分类回收之后可以经加工再利用，既可以有效减少白色垃圾，同时也可以使垃圾资源得到充分利用，直接填埋易造成土壤、水源的污染，A错误；B．铝制易拉罐分类回收，可将金属铝再加工制成金属制品进行再利用，这样就大大节约矿物资源，同时也保护了环境，减少了污染物的产生与排放，B

正确；C．果皮等食品类废物进行堆肥处理后，变为农作物生长需要的有机肥料，使垃圾资源化达到充分利用，C正确；D．在垃圾分类处理中，根据其性质、成分及用途等进行分类再利用，不仅可减少对环境的污染和破坏，同时也可得到一些有使用价值的物质，降低生产成本，保护了环境，其中化学

能够发挥着重要的作用，D正确；故答案为A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A.常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等B.标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NAC.常

温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为3NAD.0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A错

误；B．标准状况下HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；C．NO2与N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g含有1mol“NO2”，原子总数为3N

A，C正确；D．-NH2(氨基)含有9个电子，0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D错误；答案选C。【点睛】选项B是解答的易错点，容易根据HCl是气体而认为HF在标况下也是气态，错因在于忽略了HF分子间存在氢键，从而导致HF

熔沸点升高，标况下不是气态。4.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.无色透明的溶液中：+K、2+Cu、-3NO、-ClB.在中性溶液中：2+Mg、3+Fe、+Na、2-4SOC.使甲基橙变红的溶液中：+Na、2+Fe、-3NO、

-ClD.pH=12的溶液中：+Na、+K、2-3SiO、-Cl【答案】D【解析】【详解】A.铜离子在溶液中为淡蓝色，则无色透明的溶液中一定不含有铜离子，故A错误；B.铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则中性溶液中一定不存在铁离子，

故B错误；C.使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.pH=12的溶液为碱性溶液，+Na、+K、2-3SiO、-Cl在碱性溶液中不发生任何反

应，能大量共存，故D正确；故选D。5.将NaCl溶于水配成-11molL的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是()A.a离子为+Na，b离子为-ClB.溶液中含有AN个水合+NaC.溶液中的+Na和-Cl均以水合离子的形态存在D.该过程表示为+-NaClNa+Cl通电【答案

】C【解析】【详解】A.钠离子的离子半径小于氯离子，由图可知，a离子的半径大于b离子，则a离子为氯离子，b离子为钠离子，故A错误；B.缺溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量和个数，故B错误；C.由图可知，溶液中钠离子和氯离子均以水合离子的形态存在，故C正确；D

.该过程为氯化钠在水分子作用下，电离出水合钠离子和水合氯离子的过程，电离方程式为+-NaCl=Na+Cl，故D错误；故选C。6.下列离子方程书写正确的是()A.过量的2SO，通入NaOH溶液中：-2-232SO+2OH=SO+HOB.23FeO溶于过量氢碘酸溶液中：+3+232FeO+6H

=2Fe+3HOC.3NaHCO溶液中加入过量的2Ba(OH)溶液：-2+-2-33232HCO+Ba+2OHBaCO+2HO+CO=D.将22HO滴入酸性4KMnO溶液中：-+2+42222=2MnO+5HO+6H2Mn+5O+8HO【答案】D【解析】【详解】A.过量的二氧化硫

与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为--23SO+OH=HSO，故错误；B.氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为+-2+2322FeO+6H+2I=2Fe+I+3HO，故B错误；C.碳酸氢钠溶液与过量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的

离子方程式为-2+-332HCO+Ba+OHBaCO+HO=，故D错误；D.具有还原性的过氧化氢与具有氧化性的酸性高锰酸钾溶液反应硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为-+2+42222=2MnO+5HO+6H2Mn+5O+8HO，故D正确；故选D。7.下列实验装置（部分夹持装置已略去

）可以达到对应实验目的是ABCD实验目的制备氢氧化铁胶体实验室制备氨气除去CO2中的少量HCl推断S、C、Si的非金属性强弱实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．制备氢氧化铁胶

体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中至产生红褐色溶液，停止加热，不能用氢氧化钠溶液，否则生成氢氧化铁沉淀，故A不符合题意；B．将氯化铵加热分解产生氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体会在试管口很快结合生成氯化铵，无法得

到氨气，故B不符合题意；C．若用饱和碳酸钠溶液吸收氯化氢，二氧化碳也可与碳酸钠反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故C不符合题意；D．稀硫酸和碳酸钠反应可以产生硫酸钠、水和二氧化碳气体，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸和碳酸钠或碳酸氢钠，可以得到酸性

：硫酸＞碳酸＞硅酸，根据S、C、Si元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，可以比较出非金属性：S＞C＞Si，故D符合题意；答案选D。8.2HO、22HO、2HO(超氧化氢)等都属氢氧化合物，其中2HO又叫超氧酸，与22HO化学性质相似，又与HX(X=C

l、Br、I等)某些性质相似，下列说法不正确的是()A.向2HO溶液中滴入品红溶液，品红褪色，加热后红色不恢复B.2HO在碱中能稳定存在C.2HO不稳定，分解会生成氧气D.2HO可与3AgNO溶液反应：2323HO+AgNOAgO=+HNO【答案】B【解析】【详解】A.由2HO中O元素的化合价为

—12价，与22HO化学性质相似可知，2HO具有强氧化性，能使品红溶液漂白褪色，该过程是不可逆的过程，加热后红色不恢复，故A正确；B.由2HO叫超氧酸可知，2HO溶液呈酸性，能与碱发生中和反应，则2HO在碱中不能

稳定存在，故B错误；C.由2HO中O元素的化合价为—12价可知，2HO与22HO一样具有不稳定性，易分解生成氧气，反应的化学方程式为42HO=22HO+3O2↑，故C正确；D.由2HO与HX某些性质相似可知，2H

O可与3AgNO溶液反应生成2AgO沉淀和硝酸，反应的化学方程式为2323HO+AgNOAgO=+HNO，故C正确；故选B。9.下列实验的先后顺序正确的是选项实验目的实验操作A2H还原CuO实验结束时，先停止通2H，再熄灭酒精灯B探究2H的可燃性先检验2

H的纯度，确认纯净后，再点燃C分解4KMnO制2O实验结束时，先停止加热，再从水槽中拿出导气管D用4CCl萃取碘水中的碘静置后，先将上层溶液从分液漏斗上口倒出A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氢气还原氧化铜，实验结束时，应先熄灭酒精灯，再停

止通氢气，以防铜再次被氧化，故A不选；B．点燃可燃性气体前，为了防止气体不纯而爆炸，必须先检验气体的纯度，确认纯净后再点燃，故B选；C．分解KMnO4制取氧气，实验结束时，为防止倒吸，应先从水槽中拿出导气管，再停止加热，故C不选；D．用CCl4萃取碘水中的

碘，静置后，应将下层溶液从分液漏斗下口流出，故D不选；故选B。10.实验室用NaClO固体配制-1500mL4molLNaClO消毒液，下列说法正确的是()A.如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器即可B.

容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于配制溶液C.用放置时间较长NaClO来配制溶液，可能导致所配溶液浓度偏低D.定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液浓度偏低【答案】C【解析】【分析】用固体药品配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀，结合步骤分析

解答。【详解】A．称量用到F托盘天平和药匙，溶解用到E烧杯和玻璃棒，转移用到G容量瓶和玻璃棒、烧杯，定容用到胶头滴管，故A圆底烧瓶、B酸式滴定管、C移液管、D分液漏斗共4种仪器用不到，还缺玻璃棒、胶头滴管

共2种玻璃仪器，A错误；B．因定容时需要加水，故容量瓶洗涤后，不用烘干（如底部有少量水）也能使用，B错误；C．放置时间较长的NaClO有部分NaClO和空气中的二氧化碳、水反应变质，NaClO物质的量偏小，导致浓度偏低，C正确；D．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，D错误。答案

选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分.每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．11.图中“—”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是（）

甲乙丙丁AH2SO4Na2SO4NaOHNaClBKClK2CO3KOHHClCO2COCuOCDZnFeCl2CuHClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．硫酸与硫酸钠不能反应，硫酸钠与氢氧化钠也不反应，氢氧化钠与氯化钠也不反应，故A错误；B．氯化钾和碳酸钾不能反应，与盐酸也

不反应，故B错误；C．氧气与CO反应生成二氧化碳，CO与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，氧化铜与C反应生成二氧化碳和铜，过量氧气与C反应生成二氧化碳，少量氧气与C反应生成CO，故C正确；D．氯化亚铁可与锌反应、但不能与铜反应，铜

不能与氯化亚铁反应，也不能与盐酸反应，故D错误；故选：C。12.有一混合溶液中含有以下离子的若干种：K＋、Mg2＋、+4NH、Ba2＋、Cl－、2-3CO、2-4SO，现有两份体积相同各为100mL的该溶液进行如下实验：①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.

224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀；②向第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，产生6.99g白色沉淀。根据上述实验，以下推测错误的是（）A.K＋可能存在B.Ba2＋一定不存在C.可能存在2-3COD.100m

L该溶液中若含有0.01molCl－，则K＋的物质的量浓度一定为0.4mol·L-1【答案】CD【解析】【分析】①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到气体的物质的量为-10.224L22.4L?mol=0.01mol，0.01mol气体为氨气，溶液中一定含有+4N

H，并且物质的量为0.01mol，并产生0.58g白色沉淀，有Mg2+，并且物质的量为-10.58g58g?mol=0.01mol，有Mg2+不能含有2-3CO，Al3+与过量的NaOH将生成NaAlO2溶液，故不能确定是

否含有Al3+；②第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤后的沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到6.99g固体，沉淀为硫酸钡，其物质的量为：-16.99g233g?mol=0.03mol，说明原溶液存在0.03mol的2-4SO，一定不存在Ba2+，再根据电荷守恒

，得出一定存在钾离子或铝离子，则溶液中一定存在的离子有+4NH0.01mol，有Mg2+0.01mol，0.03mol的2-4SO，再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子或铝离子的至少一种，一定不存在的有Ba

2+和2-3CO，无法确定是否存在Cl-，据此进行解答。【详解】A.根据分析可知，钾离子或铝离子的至少一种，A正确；B.根据分析可知，Ba2＋一定不存在，B正确；C.根据分析可知，一定不存在2-3CO，C错误；D.

100mL该溶液中若含有0.01molCl－，若存在K+，则根据电荷守恒可知，n(K+)+2n(Mg2+)+n(+4NH)=2n(2-4SO)+n(Cl－)，n(K+)+2×0.01+0.01=2×0.0

3+0.01，得n(K+)=0.04mol，K＋的物质的量浓度一定为0.040.1molL=0.4mol·L-1，若还存在Al3+，则K＋的物质的量浓度就不等于0.4mol·L-1，甚至可知不含K+，D错误；故答案为：CD。13.在Zr2O+4催化作用下CO与N2O的循

环反应路径如图所示，下列叙述错误的是A.Zr2O+3是反应中间产物B.反应过程中Zr的成键数目未改变C.Zr2O+3转化为Zr2O+4的氧化剂是N2OD.催化循环的总反应为CO+N2O催化剂N2+CO2【答案】B【解析】【详解】A．根据题干的历程图可知，Zr2O+3一直都在循环体系中，故

是反应中间产物，A正确；B．根据题干的历程图可知，反应过程中Zr的成键数目发生改变，B错误；C．根据题干的历程图可知，Zr2O+3+N2O→Zr2O+4+N2，反应中N2O是氧化剂，C正确；D．根据题干的历程图可知，整个循环反应体系进入的反应物为CO

和N2O，出去的是CO2和N2，故催化循环的总反应为CO+N2O催化剂N2+CO2，D正确；故答案为：B。14.氯化亚铜为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂等。工业以硫化铜

精矿为原料，制备氯化亚铜的流程如图：下列说法正确的是()A.步骤①焙烧产生的有毒气体可用碱液吸收B.步骤②所用硫酸浓度越大浸出速率越快C.步骤③离子方程式：2223422Cu2ClSO2OH2CuClSOHO+−−−−+++=++D.步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化

【答案】AD【解析】【详解】A.步骤①焙烧硫化铜，产生的有毒气体SO2可用碱液吸收，A正确；B.步骤②所用硫酸浓度过大，会对后续加入Na2SO3还原Cu2+产生干扰，B错误；C.在硫酸铜中加入Na2SO3和NaCl，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方

程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H﹢，C错误；D.由题中信息可知，氯化亚铜难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，因此，步骤④用乙醇洗涤的目的有利加快去除CuCl表面水分，防

止其被空气中的氧气氧化，D正确。答案选AD。15.向100mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说

法正确的是()A.开始时产生的气体为H2B.AB段发生的反应为置换反应C.所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5mol·L－1D.参加反应铁粉的总质量m2＝8.4g【答案】C【解析】已知氧化性：NO3->

Fe3＋>H+,OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3＋+NO↑+2H2O,AB段发生Fe+2Fe3＋=3Fe2＋，B以后发生Fe+2H+=Fe2＋+H2↑；开始时产生的气体为NO，A错误；AB段发生化合反应，B错误；根据Fe+

NO3-+4H+=Fe3＋+NO↑+2H2O反应看出：HNO3—NO关系，生成NO的量=1.12/22.4=0.05mol，所以所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5mol·L－1，C正确；根据电子守恒

：最终产物中含有Fe2＋，所以：3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe),带入数值进行计算：3×0.05+2×（1.68-1.12）/22.4=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，参加反应铁粉的总质量m2＝5.6g，D,

错误；正确选项C。三、非选择题：本题共5小题，共60分.16.硫是生命的必需元素，在自然界的循环具有重要意义。(1)火山口会有硫单质出现，硫单质是我国四大发明之一黑火药的主要成分，黑火药中起氧化作用物质的化学式为__________________。(2)大气中的2SO会形成酸雨，防止或减少

酸雨形成途径有_______________(列举两个方面)。(3)地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成4CuSO溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝(CuS)，其转化的离子方程式为________________。(4)土壤中的黄铁矿(主要成分为2FeS)在细菌的作用下发

生转化，将该反应的化学方程式补充完整。2424FeS+_______+_______FeSO+HSO硫化细菌_________(5)大气中的水蒸气在紫外线作用下会转化为活泼的·OH(羟基自由基，“·”表示1个电子)，·OH

可看作催化剂，将2HS转化为2SO，过程如下：22OOOH22HSSHSOSO第一步第二步第三步⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→则第二步转化的反应方程式是_________。【答案】(1).S、3KNO(2).使用燃

煤脱硫技术，减少二氧化硫排放；改变能源结构，开发利用氢能、风能、太阳能等清洁能源(其他合理答案也给分)(3).2+2+=ZnS+CuCuS+Zn(4).2224242FeS+7O+2HO2FeSO+2HSO硫化细菌(5).2=SH+OOH

+SO【解析】【详解】(1)黑火药的主要成分是碳粉、硫粉和硝酸钾，黑火药爆炸时生成硫化钾、二氧化碳和氮气，反应中硫元素和氮元素的化合价降低被还原，硫和硝酸钾是反应的氧化剂，故答案为：S和KNO3；(2

)大气中的二氧化硫主要来源于化石燃料的燃烧，使用燃煤脱硫技术，减少二氧化硫排放能防止或减少酸雨，改变能源结构，开发利用氢能、风能、太阳能等清洁能源减少化石燃料的使用，减少二氧化硫排放也能防止或减少酸雨，故答案为：使用燃煤脱硫技术，减少二氧化硫排放；改变能源结构，开发利用氢能、风能、太阳能

等清洁能源；(3)硫化铜的溶解度小于硫化锌，则硫酸铜溶液能与难溶的硫化锌反应生成更难溶的硫化铜和硫酸锌，反应的离子方程式为2+2+=ZnS+CuCuS+Zn，故答案为：2+2+=ZnS+CuCuS+Zn；(4)由题给反应物和生成物可知，反应中硫元素的化合价升高被氧化，则土壤中的黄

铁矿在细菌的作用下发生转化的反应为黄铁矿与空气中的氧气和水反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式为2224242FeS+7O+2HO2FeSO+2HSO硫化细菌，故答案为：2224242FeS+7O+2HO2FeSO+2HSO硫化细菌；(5)由题

给转化关系可知，第二步转化的反应为SH与氧气反应生成·OH和SO，反应方程式2=SH+OOH+SO，故答案为：2=SH+OOH+SO。17.A、B、C、D、E、F为短周期元素，其中B的原子序数最小，它们的最高正价与原

子半径关系如图所示.回答下列问题：(1)B在元素周期表中的位置为___________.(2)C与D可形成一种硬度很大的新型结构材料，其化学式为___________.(3)同主族元素对应的单质或化合物在结构性质上体现相似性和递变性.22AE的电子式为____________；向22AE溶

液中滴加稀盐酸，___________(填现象)，发生反应的化学方程式为__________________.(4)元素周期表中某一元素的性质与它左上方或右下方的另一元素的性质相似，称为对角线规则，则A

的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________________.(5)D与F能形成一种三角锥形分子，该物质常温下是一种有刺激性气味的液体，与水反应能生成一种单质气体和两种酸，其中一种酸常用于杀菌、消毒，该物质与水反应的化学方程式为_________

______.【答案】(1).第二周期ⅡA族(2).Si3N4(3).+2-+Na[SS]Na:::(4).有淡黄色沉淀产生并有臭鸡蛋气味的气体放出(5).222NaS+2HCl=2NaCl+S+HS(6).2--24Be(OH)+2O

HBe(OH)=(7).3222NCl+3HO=N+3HCl+3HClO【解析】【分析】A的原子半径最大，且是+1价元素，短周期元素中原子半径最大的是Na，所以A是Na元素；B为+2价元素，其原子序数最小，说明B是Be元素

；C的最高正价是+4价，且原子半径大于B，说明C不与B同周期，则C是Si元素；D的最高正价是+5价，其原子半径小于B，说明D是第二周期元素N；E的最高正价是+6价，则E是S元素；F的最高正价是+7价，则F是Cl元素；综上所述，A、B、C、D、E、F分别为Na、B

e、Si、N、S、Cl；【详解】(1)B元素为Be，位于元素周期表的第二周期第IIA族，故答案为：第二周期第IIA族；(2)C是Si元素，D是第二周期元素N，Si和N形成的化学式为Si3N4，故答案为：Si3N4；(3)A是Na元素，

则E是S元素，Na2S2属于离子化合物，电子式为····+2-+····Na[:S:S:]Na，向Na2S2溶液中加入稀盐酸，二者发生反应生成氯化钠，硫化氢和单质硫，反应现象为有淡黄色沉淀产生并有臭鸡蛋气味的气体放出，化学反应方程式为：222NaS+2HCl=2NaCl+S+HS，故答案

为：····+2-+····Na[:S:S:]Na，有淡黄色沉淀产生并有臭鸡蛋气味的气体放出，222NaS+2HCl=2NaCl+S+HS；(4)A的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，B的最高价氧化物对应的水化物是Be(OH)2，Be和Al

元素呈对角线关系，氢氧化铝为两性氢氧化物，氢氧化铍也为两性氢氧化物，其与氢氧化钠反应的离子方程式为：2--24Be(OH)+2OHBe(OH)=，故答案为：2--24Be(OH)+2OHBe(OH)=；(5)D是N元素，F是Cl元素，二者形成NCl3，NCl3与水反应生

成氮气、盐酸和次氯酸，其化学反应方程式为：3222NCl+3HO=N+3HCl+3HClO，故答案为：3222NCl+3HO=N+3HCl+3HClO。18.资料表明，氧化性：浓硝酸>稀硝酸，基于以下事实：Ⅰ.稀硝酸不能氧化NO，而浓硝

酸能将NO氧化成2NO.Ⅱ.稀硝酸与磷化物反应时，只能将磷元素氧化成单质磷，而浓硝酸与磷化物反应时，能将磷元素氧化成3-4PO.Ⅲ.稀硝酸只能将HI氧化成单质碘，而浓硝酸则能把HI氧化成3HIOⅣ.……回答下列问题：(1)某同学通过实验验证事实Ⅰ，所用实验装置(夹持装置略

)如图(实验前用2N将装置中空气排尽)：已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与2NO反应生成3NaNO和2NaNO.①B的作用是_____________________，B中反应的离子方程式为__________________.②实验时，首先将a和b相连接，

C中的试剂为________，C中观察到的现象是_________.然后将a与c相连接，其目的是____________________，E中观察到的现象是__________________.(2)根据事实Ⅱ，写出稀硝酸与磷化亚铜(3CuP)反应的化学

方程式______________.(3)根据事实Ⅲ，将HI气体通入浓3HNO溶液中至过量，一段时间后溶液由无色变为黄褐色，写出生成使溶液显黄褐色的物质的离子方程式_____________________

____.(4)请你举出一例将Ⅳ补充完整__________________【答案】(1).将2NO转化为NO(2).+-2233NO+HO=2H+2NO+NO(3).浓3HNO(4).液面上方气体由无色变为红棕色(5).验证稀3HNO不能氧化NO

(6).E装置液面上方气体仍为无色(7).()33322CuP+8HNO()=3CuNO+2NO+P+4HO稀(8).+--3228H+2NO+6I=3I+2NO+4HO、--+322IO+5I+6H=3I+3HO(9).常温下，浓硝酸与Cu

反应速率快，而稀硝酸与Cu反应速率慢(或其他合理答案)【解析】【分析】(1)根据题干信息中硝酸的氧化性强弱及氧化还原反应原理分析实验操作及实验操作；(2)(3)根据题给信息中反应物及生成物的性质及氧化还原反应中电子转移守恒书写并配平反应方程式；

(4)反应物的性质决定反应速率，由此分析解答。【详解】(1)①浓硝酸氧化性强，与铜反应生成NO2，此处需验证NO的性质，所以B的作用是将2NO转化为NO；B中为水，发生的反应为：+-2233NO+HO=2H+2NO+

NO；故答案为：将2NO转化为NO；+-2233NO+HO=2H+2NO+NO；②实验的原理是用浓硝酸氧化NO气体，实验时，首先将a和b相连接，C中的试剂为浓硝酸；NO被氧化后生成红棕色的NO2，所以C中

观察到的现象是液面上方气体由无色变为红棕色；为了验稀硝酸不能氧化NO，将a与c相连接；NO通入稀硝酸后颜色不会发生变化，所以E中观察到的现象是E装置液面上方气体仍为无色；故答案为：浓3HNO；液面上方气体由无色变为红棕色；验证稀3

HNO不能氧化NO；E装置液面上方气体仍为无色；(2)根据事实Ⅱ，稀硝酸与磷化物反应时，只能将磷元素氧化成单质磷，稀硝酸被还原为NO，同时有水生成，根据得失电子守恒配平反应得：()33322CuP+8HNO()=

3CuNO+2NO+P+4HO稀；故答案为：()33322CuP+8HNO()=3CuNO+2NO+P+4HO稀；(3)根据事实Ⅲ，稀硝酸只能将HI氧化成单质碘，而浓硝酸则能把HI氧化成3HIO，所以将HI气体通入浓3HNO溶液，开始时浓硝酸与HI反应生成HIO3、N

O2和H2O，溶液不会变黄，当浓硝酸变为稀硝酸时，与HI反应生成I2、NO和H2O，溶液变为黄褐色，离子方程式为：+--3228H+2NO+6I=3I+2NO+4HO；过量后HI与HIO3发生归中反应生成I2和H2O，离子

方程式为：--+322IO+5I+6H=3I+3HO；故答案为：+--3228H+2NO+6I=3I+2NO+4HO、--+322IO+5I+6H=3I+3HO；(4)浓硝酸氧化性强与铜反应快，稀硝酸氧化性较弱，则与铜反应较慢

；故答案为：常温下，浓硝酸与Cu反应速率快，而稀硝酸与Cu反应速率慢(或其他合理答案)。19.四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点144℃，在潮湿的空气中能强烈水解生成金属氧化物和有刺激性气味的气体，可用作媒染剂、催化剂等.实验室利用如图所示装置制备四氯化锡(夹持装

置略).回答下列问题：(1)甲装置中发生反应的离子方程式为_____________________，仪器B的名称是_________.(2)按照气流方向连接装置，接口顺序为________________.(3)实验开始时，

需向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，此时应打开仪器A的活塞_________(填“1K”、“2K”或“1K”和“2K”).排尽装置中的空气后才能点燃乙处的酒精灯，判断装置中空气已排尽的现象是______________.实验结

束，应先停止加热的装置是__________(填“甲”或“乙”).(4)丙装置的作用是____________，若没有丙装置，可能发生反应的化学方程式为_________.(5)若实验制得30.0g溶有氯气的4SnCl，其中氯气质量分数为13.0%，则至少需向乙中通入标准状况的氯

气_________L(保留3位有效数字).提纯该4SnCl的方法是__________(填序号).a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏b.升华c.重结晶d.加入少量锡屑再蒸馏e.过滤【答案】(1).MnO2+4H++2Cl-Δ=Mn2++2H2O+Cl2↑(2).蒸馏

烧瓶(3).afgihbcjkd(4).2K(5).装置中充满黄绿色气体(6).乙(7).吸收多余氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶(8).SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl↑(9).5.71(10).d【解析】【分析】根据题中信息可知，甲装置为制备Cl2装

置，乙装置用于探究Cl2与Sn发生反应，生成四氯化锡装置，丙装置为尾气处理装置，丁装置用于除去Cl2中的HCl杂质装置，戊装置用于除去Cl2中水，干燥Cl2装置，己装置为冷凝收集装置，收集生成的四氯化锡；据此解答。【详解】(1)根据图示可知，甲为Mn

O2与浓盐酸反应制取氯气的装置，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Δ=Mn2++2H2O+Cl2↑，根据仪器特点可知仪器B的名称为蒸馏烧瓶；答案为MnO2+4H++2Cl-Δ=Mn2++2H2O+Cl2↑，蒸馏烧瓶。(2)实验室利用图所示装置制备四

氯化锡，甲装置为制备Cl2的装置，由于浓盐酸易挥发，四氯化锡易水解，所以制得的Cl2需先通入丁装置除去HCl气体，然后通入戊装置进行干燥，干燥完的氯气通入乙装置与Sn进行反应后连接己装置进行冷凝收集，最后连接丙装置进行尾气处理以及防止水蒸气回流，故各装置

接口顺序为afgihbcjkd；答案为afgihbcjkd。(3)实验开始时需向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，此时应打开仪器A的活塞K2，排尽装置中的空气后才能点燃乙处的酒精灯，判断装置中空气已排尽的现象是装置中充满黄绿色

气体；实验结束时，应先停止加热的装置是乙，若先停止甲装置加热，会引起倒吸现象，产生实验事故；答案为K2，装置中充满黄绿色气体，乙。(4)丙装置的作用是吸收多余Cl2并防止水蒸气进入锥形瓶，若没有丙装置，则空气中的水

蒸气可能回流使四氯化锡水解，化学反应方程式为SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl↑；答案为吸收多余Cl2并防止水蒸气进入锥形瓶，SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl↑。(5)30gSnCl4中含氯气的物质的量为n(Cl2)=30g×13.0%÷7

1g/mol=0.055mol，SnCl4的物质的量n(SnCl4)=mM=30g(113%)261g/mol−=0.1mol，SnCl4中含的氯元素相当于氯气的物质的量为n(Cl2)=2×0.1=0.2mol，则所需要氯气至少n(Cl2)总=0.2mol+0.055mol=0

.255mol，标准状况下体积为V(Cl2)=0.255mol×22.4L/mol=5.71L；由于四氯化锡熔点-33℃，沸点144℃，常温下呈液态，提纯该SnCl4的方法是蒸馏，d正确；答案为5.71，d。

20.以工业碳酸锶(含有3CaCO、3MgCO、3BaCO等杂质)制备牙膏用氯化锶(22SrCl6HO)的工艺流程如下：(1)锶与钙元素同主族，实验室少量金属锶应保存在_________________中。(2)天青石(主要成分为4SrSO)经过多步反应后可制得工业碳酸锶

，其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为_______________。(3)“滤渣”的主要成分是_____________。上图通过蒸发结晶，重结晶得到精制氢氧化锶的过程中除去的杂质物质的化学式为_______________

_____。(4)“重结晶”时蒸馏水用量〔以质量比m(H2O)∶m(SrO)〕对22Sr(OH)8HO纯度及产率的影响如下表，最合适的质量比为________________，当质量比大于该比值时，22Sr(OH)8HO产率减小，其原因是_______________________。质量比/

m(H2O)∶m(SrO)4∶15∶16∶17∶18∶19∶110∶122Sr(OH)8HO纯度/%98.6498.6898.6598.6498.6398.6398.6522Sr(OH)8HO产率/%17.9153.3663.5072.6692.1789.6588.93(5)水氯镁石是盐湖

提钾后的副产品，其中2-4SO含量约为1%，“净化”过程中常使用2SrCl除杂，写出该过程的离子方程式_______________________。(6)取22SrCl6HO样品5.34g，于170℃烘干脱水，得到产物的质量为3.54g，计算获得产物的化学式(写出必要

的计算过程)_______________。【答案】(1).煤油(2).SrSO4+4CΔSrS+4CO↑(3).2Ca(OH)、MgO〔或2Mg(OH)〕(4).2Ba(OH)、2Ca(OH)〔写上2Mg(OH)也可〕(5)

.8∶1(6).随着蒸馏水的增加，在冷却结晶、过滤的过程中留在母液中氢氧化锶的量也会增加，导致产率降低(7).2+2-44=Sr+SOSrSO(8).解：设烘干脱水后晶体化学式为22SrClOxH，则有下列关系22222ΔSrCl?6HOSrCl?HO+

(6-)HO267159+185.34g3.54gxxx2675.34g=159+183.54gx=1x解得即产物的化学式22SrClHO【解析】【分析】由流程可知，碳酸锶隔绝空气高温煅烧后水浸过滤，滤渣为不溶于水的2Ca(OH)、MgO〔或2Mg(OH)〕，

将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得粗氢氧化锶，再经过重结晶，可制得精制的22Sr(OH)8HO，22Sr(OH)8HO与由水氯镁石提纯而得的氯化镁发生复分解反应生成SrCl2和2Mg(OH)，过滤后滤液中含有SrCl2，蒸发、冷却结晶得到22SrClO6H。【

详解】(1)金属锶比较活泼，易与水和醇羟基发生置换反应生成氢气，可以保存在煤油中。(2)4SrSO与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为SrSO4+4CΔSrS+4CO↑。(3)工业碳酸锶中含有3CaCO、3MgCO、

3BaCO等杂质，煅烧后生成对应的氧化物，与水反应生成对应的氢氧化物。MgO难溶于水，和水反应缓慢，生成少量2Mg(OH)，氢氧化钙微溶，所以滤渣主要成分是2Ca(OH)、MgO〔或2Mg(OH)〕。(4)根

据图表信息得质量比为8∶1时，22Sr(OH)8HO的纯度和产率均相对较高；当质量大于该比值时，22Sr(OH)8HO产率减小，原因是，随着水的增加，在冷却结晶和过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致22Sr(OH)8HO产率减小。(5)净化过程中加入SrCl2，Sr2+和SO

24−反应生成SrSO4沉淀而除去，反应的离子方程式为2+2-44=Sr+SOSrSO。(6)设烘干脱水后晶体化学式为22SrClOxH，根据化学方程式22222ΔSrCl6HOSrClxHO+(6-x)HO列比例式即可求得x=1，获得产物的化学式为22SrClHO。