【文档说明】吉林省“BEST”合作体六校2024-2025学年高三上学期第三次联考化学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，2.961 MB，由envi的店铺上传

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2024-2025学年度上学期吉林省“BEST”合作体高三年级六校联考高三化学试题本试卷分客观题和主观题两部分，共19题，共100分，共5页。考试时间为75分钟。考试结束后，只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23Cl:

35.5K:39Ti:48Fe:56Ga:70第Ⅰ卷客观题一、选择题(本题共15道题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分)1.2024年巴黎奥运会中，化学在节能减排、运动器材优化、运动员表现提升等方面发挥重要的作用，下列有关说

法错误的是A.网球奥运冠军郑钦文比赛用的是碳纤维网球拍，碳纤维材质密度小、强度高，碳纤维是新型无机非金属材料B.塞纳河上的浮动太阳能发电站利用硅等半导体材料能直接将光能转化为电能C.奥运主火炬采用LED灯照射喷发的水雾产生的“火焰”，产生该“火焰”的

原理与焰色试验原理相同D.紫色跑道利用渔业废弃贝壳代替矿物碳酸盐为原料，符合“绿色化学”理念【答案】C【解析】【详解】A．碳纤维材料，主要成分是碳，属于新型无机非金属，A正确；B．硅等半导体材料在太阳能发电中，能够直接将光能转化为电能。在浮动太阳能发电

站中，利用硅等半导体材料的这一特性实现太阳能向电能的转化，B正确；C．“火焰”是光流与水雾配合呈现的视觉效果，没有真正的火焰。焰色试验原理是电子的跃迁，所以原理不同，C错误；D．绿色化学旨在减少或消除对人类健康、社区安全、生态环境有害的原料、催化剂、溶剂和试剂、产

物、副产物等的使用与产生的化学品和过程的设计，利用渔业废弃贝壳代替矿物碳酸盐为原料符合，D正确；答案选C。2.下列化学用语使用正确的是A.2Cl中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为B.4NHCl的电子式：C.碳化硅的分子式：SiCD.23SO−的VSE

PR模型：【答案】D【解析】【详解】A．两个氯原子形成共价键时，是两个p能级轨道“头碰头”重叠，故轨道重示意图为，A错误；B．4NHCl是离子化合物，Cl−满足8电子稳定结构，其电子式为，B错误；C．碳化硅为共价晶体，化学式为：SiC，C错误；D．23SO−中硫原子价层电子对数为(62)23342

+−+=，含有1对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，D正确；答案选D。3.劳动创造美好生活，下列说法不正确的是选项劳动项目化学知识A用过氧碳酸钠漂白衣物24NaCO具有较强氧化性B利用铝热反应焊接铁轨

铝与氧化铁反应，且放出大量的热C用2SO漂白纸张2SO具有氧化性D分析员用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．过氧碳酸钠中含过氧键，具有强氧化性，可用于漂白衣物，A正确

；B．铝与氧化铁发生铝热反应，可放出大量热，用于焊接钢轨，B正确；C．用2SO漂白纸张是因为2SO具有漂白性，C错误；D．X射线衍射法可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，D正确；故答案为：C。4.甲、乙澄清溶液同时喷洒到

白纸上出现红色印迹，对两溶液可能包含离子判断正确的是选项甲乙AFe3+、K+、SO24−、Cl-Na+、K+、S2-、NO3−BFe3+、Ba2+、SO24−、Cl-Na+、NH4+、SCN-、NO3−CFe2+、K+、CH3COO-、Cl-Na+、K+、SCN-、SO24−DFe2+、H+、S

O24−、Cl-Na+、K+、SCN-、NO3−A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．甲和乙溶液相遇不会产生红色现象，故A错误；B．甲中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不是澄清溶液，故B错误；C．Fe2+与SCN-不会出现红色，故C

错误；D．NO3−在H+环境可以将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应会出现红色，甲乙澄清溶液同时喷洒到白纸上出现红色印迹，故D正确；故答案为D。5.下列实验装置不能达到实验目的的是A.用装置甲配制一定浓度的稀盐酸B.乙既能盛装酸性溶液，又能盛装

碱性溶液C.用装置丙从2CaCl溶液获取2CaCl晶体D.使用丁进行萃取实验时，振荡后需要放气【答案】A【解析】【详解】A．装置甲为容量瓶，不能直接将浓盐酸注入容量瓶中，应在烧杯中稀释并冷却至室温后再转移至容量瓶中，A错误；B．聚四氟乙烯活塞既能耐酸也能耐碱，故既能盛装酸

性溶液，又能盛装碱性溶液，B正确；C．2CaCl为强酸强碱盐，不水解，用蒸发结晶法蒸干2CaCl溶液可以获取2CaCl晶体，C正确；D．振荡后液体挥发，使分液漏斗内气体压强增大，需要放气，D正确；故选A。6.如图是一种“纳米药物分子运输车”，该技术

可提高肿瘤的治疗效果。下列有关说法正确的是A.该“纳米药物分子车”中的二氧化硅属于电解质B.该“纳米药物分子车”中的四氧化三铁属于碱性氧化物C.该“纳米药物分子车”分散在水中形成的分散系一定可以产生丁达尔效应D.该“纳米药物分子车”属于混合物【答案】D【解析】【详解】A．二氧

化硅熔融状态下或水溶液中不能自身电离出离子导电，所以是非电解质，A错误；B．碱性氧化物是能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物。四氧化三铁与酸反应生成两种盐，B错误；C．胶体分散质微粒直径在1100nm～之间，“纳米药物分子运输车”直径200nm，含“

纳米药物分子运输车”的分散系不属于胶体，无丁达尔效应，C错误；D．该“纳米药物分子车”含有二氧化硅、四氧化三铁、有机物等多种物质，为混合物，D正确；答案选D。7.下列离子方程式书写正确是A.23FeO溶于氢碘酸：3232FeO6H2Fe3HO+++=+B.向2Ca(ClO)溶液中通

入少量的22224SO:CaHOSOClCaSO2H+−+++=++C.36KFe(CN)溶液滴入2FeCl溶液中：3266KFeFe(CN)KFeFe(CN)−++++=D.草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液：22244225CO2MnO16H10

CO2Mn8HO−−++++=++【答案】C【解析】【详解】A．23FeO溶于氢碘酸发生氧化还原反应，3+价铁被还原为2FeI+−，被氧化为2I，离子方程式为：22322FeO6H2I2FeI3HO+−+++=++，A错

误；B．向2Ca(ClO)溶液中通入少量2SO，发生氧化还原反应，ClO−被还原为2Cl,SO−被氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶于水的硫酸钙，由于2Ca(ClO)过量，生成的H+结合ClO−生成次氯酸，反应的离子方程式为：2224Ca3ClOHOSOClCaSO2HC

lO+−−+++=++，B错误；C．36KFe(CN)用来鉴别2Fe+生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为3266KFeFe(CN)KFeFe(CN)−++++=，C正确；D．草酸为弱酸，离子方程式书写时不能拆，正确的离子方程式为22244225HCO2MnO6H

10CO2Mn8HO−++++=++，D错误；答案选C。8.W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用

，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是A.化学键中离子键成分的百分数：22YWYZB.键角：23MNMN+−的的C.Y的第一电离能大于其同周期相邻元素D.分子的极性：34MXWX【答案】B【解析】【分

析】W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则W为C，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，M是N元素，W与Z相邻，且Z的原子序数在6种中最大，则W位于C的正下方，即Z为Si，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，则X为F，由

原子序数依次增大可知，N为O元素，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，Y原子序数大于C元素，则Y为22621s2s2p3s，即Y为Mg，据此作答。【详解】A．C的电负性强于Si，Mg和C的电负性差值大

于Mg和Si的电负性差值，所以离子键成分的百分数22MgCMg>Si，A正确；B．2NO+的中心原子N的价电子对数为12(5122)22+−−=，故采取sp杂化，为直线型，键角为180，3NO−的中心原子N的价电子对数为()13513232+

+−=，故采取2sp杂化，为平面平面三角形，键角为120，B错误；C．Mg为第AⅡ族元素，3p轨道半充满，较稳定，第一电离能大于其同周期相邻元素，C正确；D．3NF中心原子N的价电子对数为()1353142+−=，有一个孤

电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，4CF中心原子C的价电子对数为()1444142+−=，无孤电子对，空间构型为正四面体，正负电荷中心重合，属于非极性分子，所以分子的极性34NF>CF，D正确；故选B。9.“类比”是研究物质的重要思想。下列有关“类比”对

物质结构或性质的推测正确的是A.少量2CO与2Ca(ClO)反应生成3CaCO和HClO，则少量2CO与NaClO反应生成23NaCO和HClO(已知711823ala2aHCOK4.510K4.710HClOK4.010−−−=

==，)B.工业上通过电解熔融的NaCl冶炼Na，则可以通过电解熔融的2MgCl冶炼MgC.Al在空气中缓慢氧化生成致密的氧化膜保护Al，则Fe在空气中也能缓慢氧化生成致密的氧化膜保护FeD.FeS与稀盐酸反应生成2HS，则CuS与稀盐酸也能反应生成2HS【答案】B【解

析】【详解】A．HClO酸性强于3HCO−，则少量2CO与NaClO反应生成3NaHCO和HClO，化学方程式为：2CO+NaClO+H2O=3NaHCO+HClO，A错误；B．NaCl和2MgCl均为离子

化合物，熔融状态下可以导电，钠离子和镁离子均可以在阴极得电子，生成金属单质，B正确；C．Fe在空气中缓慢氧化生成疏松氧化膜，不是致密的氧化膜，不能保护Fe，C错误；D．CuS不能溶于稀盐酸，CuS与稀盐酸不反应，D错误；答案选B。10.光气(2COCl，沸点为8.2℃)与2Ti

O反应可制备4TiCl(熔点为25−℃，沸点为135.5℃，密度为31.726gcm−)，发生反应的化学方程式为22422COClTiOTiCl2CO+=+。设AN为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确

的是A.标准状况下，11.2L光气中含σ键的数目为A1.5NB.28.0gTiO中含22O−的数目为A0.1NC.常温下411mLTiCl中含Cl−原子数约为A0.4ND.244gCO分子中含大π键的数目为A2N【答案】D

【解析】【详解】A．标准状况下，光气不是气体，为液体，本题不能根据体积计算其物质的量，A错误；B．28.0gTiO的物质的量是0.1mol，但是含有的是2O−，不是22O−，B错误；C．411mLTiCl

的物质的量为：311mL1.726g/cm0.1mol(48+35.5?4)g/mol=，含氯原子的物质的量为0.4mol，但4TiCl为分子晶体，不含Cl−，C错误；D．244gCO的物质的量为1mol，一个二氧化碳分子中含有2个大π键，则1mol二氧化碳含有大π键的数目是A2N，D正确；故选

D。11.如果你经常需要外出旅行或希望提高充电效率，氮化镓充电器是一个很好的选择。镓与氮的某种化合的物的晶胞结构如下图所示，晶胞的参数为apm。下列说法错误的是A.氮原子周围最紧邻的氮原子有12个B.镓元素位于周期表的d区C.该物质的化学式为GaND

.该晶体的密度为3033A48410gcmaN−【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中含有镓原子个数为1186482+=，N原子位于晶胞内部，所含N原子个数为4，因此该物质的化学式为GaN，以面心上的镓原子为例，周围最紧邻的镓原子为相邻面心上的镓原子，共12个，所以氮

原子周围紧邻的氮原子为12个，A正确；B．镓元素与Al同主族，位于第四周期AⅢ族，属于p区元素，B错误；C．晶胞中含有镓原子个数为1186482+=，N原子位于晶胞内部，所含N原子个数为4，因此该物质的化学

式为GaN，C正确；D．该晶胞密度()303A3310AM4Nm484ρ10gcmVaNa10cm−−===，D正确；答案选B。12.自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，2H能够还原氮氧化物()xNO实现氮

污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物()xNO，将烟气与2H的混合气体通入()42CeSO与()243CeSO的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是A.该处理过程中，起催

化作用的离子是3Ce+B.若该过程中，每转移4mol电子消耗1mol氮氧化物()xNO，则x为1.5C.当x2=时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为8:1D.当无害化处理标况下8.96LNO时，使用等量的2H可以无害化处理20.2mo

lNO(不考虑2NO和24NO的转化)【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，反应的历程为：2H和4Ce+反应生成H+和3Ce+；3HCe++、和xNO反应生成22NHO、和4Ce+，因此混合液中4Ce+起催化剂作用，3Ce+是中间产物，A错误；B．转移4mo

l电子消耗1mol氮氧化物()xNO，最终氮氧化物全部转化为氮气，则氮氧化物中N元素化合价为4+价，则2x4=，解得x2=，B错误；C．x2=时，2NO反应生成2NN，元素由4+价变成0价，作氧化剂，3Ce+生成4CeCe+，元素由3+价变成4+价，作还原剂，根据氧化还原反应规律配平离

子反应为342228Ce2NO8H8CeN4HO+++++=++；还原产物2N与氧化产物()42CeSO物质的量之比为1:8，C错误；D．标况下8.96LNO的物质的量为0.4mol，当处理标况下8.96LNO(标况)时，NO转化为N2，据2Ce4++H2=2H++2Ce3+，34224C

e2NO4H4CeN2HO+++++=++可知，无害化处理NO时有NO~H2，即消耗2H0.4mol，据2Ce4++H2=2H++2Ce3+，342228Ce2NO8H8CeN4HO+++++=++可知，无害化处理2NO时有NO2~2H2

，使用等量的0.4mol2H可处理20.2molNO(不考虑2NO和24NO的转化)，D正确；故选D。13.以硫酸厂烧渣(主要成分为32FeOFeO、)为原料，制备软磁性材料23FeO的工艺流程可表示为已知

2Fe+开始形成氢氧化亚铁沉淀的pH值为6.5，下列说法错误的是A.烧渣酸浸后溶液中的主要金属阳离子为32FeFe++、B.若还原时，酸性条件下2FeS中的硫元素被3Fe+氧化为6+价，则理论上每消耗21molFeS转移11mol电子。C.沉铁时将提纯后的

4FeSO溶液与氨水43NHHCO−混合溶液反应，控制pH值为6.4时，会生成3FeCO沉淀。D.为加快过滤速率，得到固体含水量更低，可采用抽滤装置。【答案】B【解析】【分析】烧渣(主要成分为32FeOFeO、)用硫酸酸浸得到硫酸铁和硫酸亚铁，加入FeS2还原Fe3+为Fe

2+，同时生成滤渣S单质，再经过沉铁生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在经过焙烧最终得到Fe2O3。【详解】A．烧渣主要成分32FeOFeO、，硫酸酸浸后生成32FeFe++、，A正确；B．加入2FeS发生氧化还原反应，32

2224FeS14Fe8HO15Fe2SO16H++−+++=++，理论上每消耗21molFeS转移14mol电子，B错误；C．已知2Fe+开始形成氢氧化亚铁沉淀的pH值为6.5，pH值6.4时，发生反应2332342FeHCONHHOFeCO

NHHO+−+++=++(或23334FeHCONHFeCONH+−+++=+)，C正确；D．与普通过滤相比，抽滤装置进行过滤的优点是过滤速率更快，得到固体含水量更低，D正确；答案选B。14.钠在空气中燃烧，发现其产物中混有黑色物质，某研究小组对黑色物质进行如图所示的实验探究

。下列推测错误的是A.a试管中的现象说明钠的燃烧产物中可能含有34FeOB.b试管的溶液为无色，推测滤液中含有2Fe+为C.由上述实验现象可得22NaO与硫酸反应的离子方程式为2222NaO2H2NaHO+

++=+D.滤渣中黑色物质产生的原因可能是2234Na3CO2NaCOC=++【答案】B【解析】【分析】a试管溶液变红，说明钠块不纯，含有Fe元素；滤渣中有不溶于酸的黑色物质，说明燃烧产物中有C；加足量硫酸后加入KSCN溶液变

红说明滤液中有3Fe+，故产生的黑色物质可能由34FeO和C组成。b管中4KMnO溶液褪色，并产生小气泡，说明滤液中有22HO，则22NaO与硫酸发生离子反应：2222NaO2H2NaHO+++=+，而2Fe+与22

HO不可能共存，故滤液中不可能有2Fe+据此解答，。【详解】A．结合分析，a试管中溶液变为红色，则存在铁离子，说明钠的燃烧产物中可能含有34FeO，Fe3O4和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，A正确；B．b管中4KMnO溶液褪色，并产生小气泡，说明滤液中有22HO，则22NaO与硫酸发生

离子反应：2222NaO2H2NaHO+++=+，而2Fe+与22HO不可能共存，故滤液中不可能有2Fe+，B错误；C．由分析可知，22NaO与硫酸的反应会生成过氧化氢，其反应方程式为：2222NaO2H2NaHO+++=+，

C正确；D．滤渣中有不溶于酸的黑色物质，说明燃烧产物中有C，则原因可能为钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，D正确；故选B。15.化合物A由三种元素组成且含有钾元素，为测定其组成，某研究小组按以下

流程进行了相关实验：已知：①稀硫酸与固体A恰好完全反应；②气体B能使带火星的木条复燃。下列说法正确的是A.气体B的体积在标准状况下约为1.68LB.A的化学式为45KFeOC.溶液C中24KSO的物质的量为0.15molD.用洁净铂丝蘸取溶

液E在酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰颜色呈紫色【答案】A【解析】【分析】已知()3FeOH0.1moln=，则溶液C中有()243FeSO0.05moln=，而()24HSO0.25moln=，则溶液C中，由24S

O−守恒得()()24KSO0.250.053mol0.1moln=−=。由气体B可确定化合物A中含有K、Fe、O三种元素，其中()19.80.12390.156Omol0.4mol16n−−=

=，()()()K:Fe:O0.2:nnn=0.1:0.42:1:4=，故化合物A的化学式为24KFeO。【详解】A．由()2424242434KFeO10HSO2FeSO4KSO+=+223O10HO++可得，()()224333OFeSO0.05mol0.

075mol22nn===，()2O1.68LV=，A正确；B．化合物A的化学式为24KFeO，B错误；C．由上述分析可知()24KSO0.1moln=，C错误；D．K元素的焰色试验要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，才能观察到紫色，D错误；故答案

选A。第Ⅱ卷主观题二、填空题(本题共4道题，共55分)16.工业上常利用2CeO作汽车尾气的吸收剂，它可以在光催化作用下使有机污染物降解，工业上利用主要成分为3CeCOF的含铈矿石制2CeO，其工艺流程如下：（1）“焙烧”时，通2O的目的是_

______。（2）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、_______。（3）上述流程中2CeO与盐酸反应的离子方程式_______。（4）写出沉铈过程的离子方程式_______。（5）4KBF中含有的共价键类型_______基态K原子的简化核外电子排布式____

___。（6）2CeO的晶胞结构如图，Ce的配位数是_______。若晶胞参数为anm，则最近的Ce与O的核间距为_______nm。【答案】（1）将3CeCOF氧化为24CeOCeF、（2）漏斗、玻璃棒（3）32222Cl8H2

CeO2Ce4HOCl−++++=++（4）()33232232Ce6HCOCeCO3HO3CO+−+=++（5）①.极性共价键和配位键②.1[Ar]4s（6）①.8②.3a4【解析】【分析】氟碳铈矿3CeCOF焙烧时和氧气反应生成24CeOCeF、和2CO，化学方程式为：

322424CeCOFO3CeOCeF4CO+++焙烧，加入稀盐酸和332HBOCeO，转化为3CeCl存在于滤液中，4CeF转化为沉淀()43CeBF，()43CeBF中加入KCl溶液得到4KBF沉淀；滤液中的3CeCl和碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀()2

33CeCO，灼烧沉淀得到2CeO，据此解答。【小问1详解】“焙烧”时3CeCOF和氧气反应化学方程式为：322424CeCOFO3CeOCeF4CO+++焙烧，通2O的目的是将3CeCOF氧化为24CeOCeF、；【小问2详解】操作①是过滤操作，所需

的玻璃实验仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；【小问3详解】2CeO与盐酸发生氧化还原反应生成3Ce+和氯气，反应的离子方程式为32222Cl8H2CeO2Ce4HOCl−++++=++；【小问4详解】由图知，沉铈过程为3CeCl和

碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀()233CeCO，离子方程式为：()33232232Ce6HCOCeCO3HO3CO+−+=++；【小问5详解】4KBF为离子化合物，4BF−为阴离子，含有阴阳离子间的离子键，3BF存

在中极性共价键，4BF−中除了B、F间的极性共价键，B还有一个空轨道，F-有孤电子对，即还存在B和F−间的配位键，所以共价键类型为极性共价键和配位键，基态K原子的简化核外电子排布式为1[Ar]4s；【小问6详解】由晶胞结构图可知，体内大灰球个数位为8，顶点和面

心小黑球个数为1186482+=，结合化学式2CeO可知，大灰球为O，小黑球为Ce，以面心的Ce为例，距离其最近的O的微粒数为8个，2CeO晶体结构中Ce的配位数为8，2CeO晶胞中Ce与最近O的核间距为

晶胞体对角线长度的14，即34anm。17.2024年10月21日，现货黄金达到了2754美元/盎司，再创历史新高。Ⅰ．金、银是生活中常见的贵重金属，工业上常利用氰化法从含金矿石(成分为23AuAgFeO、、和其它不溶性杂质)中提

取金。简化工艺流程如下：已知①Zn与Al性质相似，具有两性；②HCN易挥发，有剧毒；③Au位于第六周期，IB族。（1）“酸浸”步骤后，滤液1中含有的主要金属阳离子是_______。（2）“氧化”步骤的目的是将单质Au转化为2KAu(CN)。①写出反应的化学方程式_______

。②2KAu(CN)中的阴离子构型为直线形，试分析原因_______(已知C做配原子)。③为抑制CN−水解，需同时加入KOH，但KOH用量不可过多，原因：_______。II．三星堆出土的金面具等金制品揭示了

人类古文明对黄金的使用。金的化学性质很稳定，单独用浓盐酸或浓硝酸均不能将金溶解，但将浓硝酸与浓盐酸按体积比1:3配制成王水，则可以溶解金，发生的反应如下：342AuHNO4HClHAuClNO2HO++=++。是（3）王水溶金过程中，硝酸的作用是_______。（4）4HAuCl可用

Zn粉还原，完成“沉金”。41molHAuCl被Zn完全还原时，消耗Zn的物质的量是_______mol。【答案】（1）3FeAg++、（2）①.2224Au8KCN2HOO4KAu(CN)4

KOH+++=+②.Au()Ⅰ(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的孤对电子填入Au()Ⅰ的sp杂化轨道后价层电子对数为2，也采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形③.溶液碱性太强可能导致“置换”步骤的Zn损耗（3）作氧化剂（4）1.5【解析】【分

析】该工艺流程原料为含金矿石(成分为23AuAgFeO、、，和其它不溶性杂质)，目的为提取金，利用稀硝酸进行酸浸，23AgFeO、与稀硝酸反应进入滤液1，Au和其它不溶性杂质在氧化工艺中，其它不溶性杂质作为滤渣除去，Au转化为2KAu(CN

)再与锌发生置换反应得到锌金沉淀，进一步提纯得到金。【小问1详解】酸浸时，利用稀硝酸进行酸浸，23AgFeO、与稀硝酸反应进入滤液1，所以为3FeAg++、；【小问2详解】①“氧化”步骤的反应物为2AuOKCN、、，生成物为2KAu(CN)，故方程式为22

24Au8KCN2HOO4?KAu(CN)4KOH+++=+；②2KAu(CN)中的阴离子为2Au(CN)−，其中Au()Ⅰ(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的孤对电子填入Au()Ⅰ的sp杂化轨道后价层电子对数为2，也

采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形；③KOH用量过多则溶液碱性较强，Zn具有两性可以与强碱发生反应，导致“置换”步骤的Zn损耗较多；【小问3详解】反应中氮元素化合价降低，可知王水溶金过程中，硝酸的作用是作氧化剂；【小问4详解】4HAuCl中金元素化合价为3+价，根据得失

电子守恒，41molHAuCl被Zn完全还原时，消耗Zn的物质的量是1mol31.5mol2=。18.2024年9月受台风“摩羯”的影响，海南文昌遭受特大暴雨，为确保灾后无大疫，灾区使用了大量消毒剂——亚氯酸钠()2NaClO。某同学欲在实验室制备

亚氯酸钠，经查阅资料部分物质的性质如下：①制备2NaClO的反应为2222222ClOHO2NaOH2NaClO2HOO++=++，该反应为放热反应；②2ClO的浓度较大时易分解爆炸，一般用2CO或氮

气稀释到10%以下。③2NaClO饱和溶液在温度低于38℃时析出22NaClO3HO，温度高于38℃时析出2NaClO晶体，温度高于60℃时，分解成3NaClO和NaCl。现设计如下装置完成亚氯酸钠的实验室制备

(夹持装置已略去)：（1）B处仪器可防止倒吸，从下图选出B处所缺的仪器组合_______。a．b．c．（2）制备装置中仪器a的名称是_______。（3）写出A装置中生成2ClO的离子方程式_______，实验中通入氮气的目的是_______。（4）从装置C反应后的溶液中获得2NaClO晶

体的操作名称依次为：a．减压，55℃蒸发结晶；b．……；c．温水洗涤；d．低于60℃干燥，得到成品。①b的操作名称为_______。②c中用温水洗涤固体的具体操作是_______。（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的

消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克2Cl的氧化能力，则2NaClO的有效氯含量为_______(计算结果保留1位小数)。【答案】（1）b（2）恒压滴液漏斗（3）①.32242222ClOHCO2H2ClO2CO2HO−+=++++②.稀释2

ClO，防止装置中2ClO的浓度较大而分解爆炸（4）①.趁热过滤②.向过滤器中加温水至浸没固体，静置使水自然流下，重复操作两到三次（5）1.6【解析】【分析】装置A中3NaClO与草酸、硫酸发生氧化还原反应生成2ClO，装置B的

作用是安全瓶，有防倒吸作用，2ClO和氢氧化钠及过氧化氢在装置C中发生反应获得2NaClO晶体，从装置C的溶液获得2NaClO晶体需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体，防止污染，据此解答。【小问1详解】2ClO易与22HONaOH

、反应，容易发生倒吸现象，则装置B的作用是防止倒吸，起到安全瓶的作用，故B处所缺的仪器组合为b；【小问2详解】制备装置中装草酸溶液的仪器a的名称是恒压滴液漏斗；【小问3详解】3NaClO具有氧化性，草酸具有还原性，二者发生氧化还原反应可生成二氧化氯，反应过程中氯元素的化合价由5+降至4

+，碳元素的化合价由3+升至4+，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式：322422222ClOHCO2H2ClO2CO2HOClO−+++=++，的浓度较大时易分解爆炸，实验中通入氮气是为了稀释2ClO，防止装置中2Cl

O的浓度较大而分解爆炸；【小问4详解】①装置C反应后的溶液中获得2NaClO晶体，55℃蒸发结晶后应趁热过滤、用温水洗涤，在低于60℃干燥，得到成品，②c中用温水洗涤固体的具体操作：向过滤器中加温水至浸没固体，静置使水自然流出，重复操作两到三次

；【小问5详解】氯气和2NaClO消毒时均被还原为2Cl,1molCl−的质量为71g，得到的电子的物质的量为1mol22mol=，21molNaClO的质量为90.5g，得到的电子的物质的量为1mol44mol=，则

2NaClO的有效氯含量为71g21.690.5g=。19.乳酸亚铁固体是一种很好的补铁剂，在空气中易潮解和氧化，实验室利用乳酸()与碳酸亚铁(3FeCO)制取乳酸亚铁晶体，过程如下：I．制备碳酸亚铁操作步骤：i．组装仪器如图，检查气密性，加入试剂；ii．打开K，调节三通阀；iii．

启动电磁搅拌器，再次调节三通阀，制取碳酸亚铁；iv．关闭K，将C中物质分离提纯，获得碳酸亚铁固体。Ⅱ．制备乳酸亚铁晶体将制得的碳酸亚铁加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳

酸溶液。经系列操作后得到产品。Ⅲ．测定样品中铁元素的含量称取5.0g样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，然后加入1～2滴淀粉溶液，用10.1molL−硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测

得消耗标准溶液20.00mL。(已知：2222346I2SOSO2I−−−+=+)（1）仪器A的名称是___________。（2）试剂X的最佳选择是___________。(填标号)A.2498%HSOB.37%盐酸C.2420%HSOD.330%HNO（3）装置D中可盛适量

的水，其作用是___________。（4）步骤ii、iii调节三通阀的位置依次为___________(填标号)。A.B.C.D.（5）制备乳酸亚铁晶体时，加入适量乳酸的目的是___________。（6）样品中铁元素的质量分数是_____

______；若称取样品时间过长，测定结果会___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（7）有同学提出可直接用4KMnO滴定法测定样品中的铁元素的含量，实验发现测定结果总是偏高，其主要原因可能是___________

。【答案】（1）分液漏斗（2）C（3）液封，防止空气进入装置C（4）BA(或CA)（5）抑制2Fe+水解（6）①.22.4%②.偏小（7）4KMnO溶液可以氧化乳酸根，导致标准液消耗量偏多【解析】【分析】制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被

氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和

NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析解答。【小问1详解】根据仪器的结构可知，仪器A为分液漏斗。【小问2详解】A．浓硫酸具有强氧化性，铁在浓硫酸中会钝化，因此不能用24

98%HSO，故A错误；B．盐酸具有挥发性，挥发的氯化氢与碳酸氢铵反应会产生二氧化碳气体，不能用37%盐酸，故B错误；C．稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气排除C中的空气防止碳酸亚铁被氧化，故C正确；D．硝酸具有强氧化性，与铁反应生成硝酸铁和一氧化氮

，一氧化氮有毒，也会与氧气反应，不符合题意，故D错误；故答案选C。【小问3详解】装置D的作用是防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，故答案为：液封，防止空气进入C中。【小问4详解】步骤ii应该将三通阀的位置调节为或，目的是发生反应制备Fe2

+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；步骤iii中应该将三通阀的位置先调节为A选项的位置，即，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生3FeCO沉淀，故答案为：BA或CA。【小问5详解】二价铁易水解，制备乳酸亚铁晶体时，加入适

量的乳酸的目的为：抑制2Fe+水解。【小问6详解】样品中灼烧至完全灰化，生成氧化铁，再加入盐酸溶液，可知溶液中为氯化铁，加入碘化钾溶液发生的反应为：3+2+22Fe+2I=2Fe+I−，而后用硫代硫酸钠进行滴定，发生的反应为：222234

6I2SOSO2I−−−+=+，滴定终点时，根据关系式：()3+23222232[CHCHOHCOO]Fe3HO2FeI2SO−可知，样品中()322[CHCHOHCOO]Fe3HO的铁元素含量为：-32500.

1mol/L2010L56g/mol25100%=22.4%5.0g；若称取样品时间过长，二价铁容易被空气中的氧气氧化，但样品经过灼烧至灰化，加入盐酸后仍为三价铁，因此测定结果将不变。【小问7详解】乳酸根中含有羟基，也

可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量1V增大，使铁元素的质量分数偏高，故答案为：4KMnO溶液可以氧化乳酸根，导致标准液消耗量偏多。